\extitle{2}{行列式}

\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\bZ,\symbf{Q}, \symbf{R}, \symbf{C}$分别表示整数环、有理数域、实数域、复数域。
    如无特别声明，基域都是某个数域，$P$ 和 $\bF$ 表示数域。
    对数域$\bF$, $\bF^*$表示所有$\bF$中非零数的集合。
\item 对数域 $\bF$, $\bF[x]$表示系数属于$\bF$的多项式构成的环。
  $\bZ[x]$ 表示整系数多项式构成的环。
\item 对数域 $\bF$, $\bF^n, \bF^{(n)}$ 分别表示 $n$ 维行向量、$n$维列向量的集合。
  $\bF^{m\times n}$ 表示 $m\times n$矩阵的集合。 
\item 对方阵 $A$, $|A|$ 和 $\det A$ 都用于表示 $A$ 的行列式，$A^*$ 表示$A$的伴随矩阵。
\item 对复矩阵 $A$, $A^{\rH}$ 表示 $A$ 的共轭转置。
   \item 我们如下记三种初等行变换：
      \begin{enumerate}
        \item $r_i+r_j\times a$: 第$i$行加上第$j$行的$a$倍，
        \item $r_i\leftrightarrow r_j$:
        交换第$i$行与第$j$行，
      \item $r_i\times c$: 把第$i$行乘非零数$c$.
\end{enumerate}
      类似地，我们有$c_i+c_j\times a, c_i\leftrightarrow c_j, c_i\times c$ 来表示三种初等列变换。
注意我们的习惯是倾向于把被操作的行或列写在左边，而有些人的习惯是写在右边。
  \end{enumerate}

\section{作业题}

\paragraph*{习题 2.1\quad 引言}

\begin{exercise}
  计算行列式：$\begin{vmatrix}
    1 & 2 \\
    3 & 4
  \end{vmatrix}$, $\begin{vmatrix}
    1 & -1 & 0\\
    3 & 0 & 1\\
    1 & 2 & 3
  \end{vmatrix}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们套用定义来计算：
  \begin{align*}
\begin{vmatrix}
1 & 2 \\
3 & 4
\end{vmatrix}&= 1\times 4-2\times 3=-2,\\
\begin{vmatrix}
1 & -1 & 0\\
  3 & 0 & 1\\
    1 & 2 & 3
    \end{vmatrix}&=  -1-2+9=6.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\paragraph*{习题 2.2\quad 排列}



\begin{exercise}%[{\cite[P64, 2 1)]{wang19}}]
  选取$i,k$
  %\marginpar{\parencite[\nopp 2.2(1)]{wang19}}
  使得$1274i56k9$为偶排列。 
\end{exercise}

\begin{solution}
  $\{i, k\}=\{3,8\}$, 我们就两个可能的排列$127435689$和$127485639$. 
  由于对换改变排列的符号（奇偶性），所以其中一个偶排列另一个是奇排列。
  比如我们看$127435689$. 要算其符号，我们可以计算其逆序数得到其奇偶性，
  也可以通过计算其对换到自然排列所需次数得到，还可计算其对应的置换的符号：
  \fangfa  排列$127435689$的逆序数为$4+1=5$;
  \fangfa  排列$127435689$经过如下$3$次对换变成自然排列：
  \[
    127435689\rightarrow 123475689\rightarrow 123457689\rightarrow 123456789;
  \]
  %\fangfa 排列$127435689$对应的置换的为$(3765)$, 其符号为$(-1)^{3}=-1$. 
  上面两种方法都给出$127435689$为奇排列。
  所以偶排列要取$i=8, k=3$. 
\end{solution}

\begin{exercise}
  判定排列 $n (n-1) \cdots 21$ 的逆序数，并讨论其奇偶性。
\end{exercise}

\begin{solution}
  因为 $\tau(n (n-1) \cdots 21)=\frac{n(n-1)}{2}$, 所以当 $n=4 k$ 或 $4 k+1$ 时，
这个排列为偶排列;而当 $n=4 k+2$ 或 $4 k+3$ 时，这个排列为奇排列。
\end{solution}

\begin{exercise}%[{\cite[P64, 5]{wang19}}]
  如果排列$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$的逆序数为$k$, %\marginpar{\parencite[\nopp 2.5]{wang19}}
  排列$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$的逆序数为多少？
\end{exercise}

\begin{solution}
  在排列$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中选取两个不同的数字的取法有$\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$种。
两个不同的数字$x_i, x_j$（不妨设$i<j$）或构成一个逆序（若$x_i>x_j$），或构成一个顺序（若$x_i<x_j$）。
  排列颠倒后，$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中的逆序变成了$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$
  中的顺序，$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中的顺序变成了$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$中的逆序，
  且$x_n\cdots x_{2}x_1$的逆序都可如此得到。
  这样$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$中的逆序数等于$x_1x_2\cdots x_n$的顺序数，即$\frac{n(n-1)}{2}-k$.
\iffalse
  上面的论证也可轻松地用符号表示出来。
  排列$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$的逆序的集合和
  排列$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$的逆序的集合分别为
  \[
    I_1=\{\{x_i, x_j\} \mid i<j, x_i>x_j\},\quad 
    I_2=\{\{x_i, x_j\}\mid  i>j, x_i>x_j\}.
  \]
  这两个集合无交，且并集为
  \[
    I=\{\{x_i, x_j\}\mid i\neq j, x_i>x_j\}=\{\{x_i, x_j\}\mid i\neq j\}.
  \]
  显然$\sharp I=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$. 
  现在$\sharp I_1=k$, 所以$\sharp I_2=\sharp I-\sharp I_1=\frac{n(n-1)}{2} -k$. 
\fi
\end{solution}


\paragraph*{习题 2.3\quad $n$阶行列式}

\begin{exercise}%[{\cite[P64, 6]{wang19}}]
  在$6$阶行列式的展开式中，%\marginpar{\parencite[\nopp 2.6]{wang19}}
  $a_{23}a_{31}a_{42}a_{56}a_{14}a_{65}$这项的符号是多少？
\end{exercise}

\begin{solution}
  %\fangfa  
  $a_{23}a_{31}a_{42}a_{56}a_{14}a_{65}=a_{14}a_{23}a_{31}a_{42}a_{56}a_{65}$
  （行取自然顺序，看列）对应的排列为$431265$, 逆序数为$3+1=4$, 所以符号为$(-1)^4=1$. 
  （当然也可列取自然顺序，看行。）另外，还可以计算$431265$对换到自然排列的次数来得到符号。
  %\fangfa 
  %$a_{23}a_{31}a_{42}a_{56}a_{14}a_{65}$的指标给出的置换
  %（视列指标为行指标上的置换）$(2314)(56)$, 故符号为$(-1)^{3+1}=1$.  
  %（当然也可视行指标为列指标上的置换。）
\end{solution}

\begin{exercise}%[{\cite[P64, 8 1)]{wang19}}]
  \label{0AB}
用完全展开式计算下列行列式：%\marginpar{\parencite[\nopp 2.8(1)]{wang19}}
\begin{multicols}{2}
  \begin{enumerate}
    \item $\begin{vmatrix}
      0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
      0 & 0 & 2 & \cdots & 0\\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
      0 & 0 & 0 & \cdots & n-1\\
      n & 0 & 0 & \cdots & 0
    \end{vmatrix}.$
  \item\label{08D}
    $\begin{vmatrix}
        &&&& a_{1n}\\
        &&& a_{2,n-1} & a_{2n}\\
        &  & \text{\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{180}{$\ddots$}}} & \vdots & \vdots \\
        & a_{n-1,2} & \cdots & a_{n-1,n-1} & a_{n-1,n}\\
        a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{n,n-1} & a_{nn}
      \end{vmatrix}.$
  \end{enumerate}
\end{multicols}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item %\fangfa （用置换做指标的）完全展开式中这给出指标为置换$(12\cdots n-1,n)$的一项，
  %所以行列式为$n!\sgn(12\cdots n-1,n)=(-1)^{n-1}n!$. 

  完全展开式中每项是不同行不同列的元素的乘积且每行每列都取了，所以我们有：

  \fangfa  我们可以一行一行取（如果这行的元素是$0$, 相应的完全展开式中项为$0$, 
  对求和没有贡献，可以都忽略）：第$1$行我们取$1$, 第$2$行取$2$, 等等，
  第$n-1$行取$n-1$, 第$n$行取$n$. 得到的项是$a_{12}a_{23}\cdots a_{n-1,n}a_{n1}$,
  符号为$(-1)^{\tau(23\ldots n1)}=(-1)^{n-1}$. 故行列式为$(-1)^{n-1}n!$.

  \fangfa  我们也可以一列一列取（某列元素为$0$就忽略）：
  第$1$列取$n$, 第$2$列取$1$, 第$2$列取$2$, 等等，第$n-1$列取$n-1$. 
  得到的项为$a_{n1}a_{12}a_{23}\cdots a_{n-1,n}$. 
  符号为$(-1)^{\tau(n12\ldots n-1)}=(-1)^{n-1}$. 故行列式为$(-1)^{n-1}n!$.
\item 我们一行一行取来通过完全展开式计算其行列式。
  第一行我们只能取$a_{1n}$才可能对完全展开式的求和有贡献；
  第一行既取了$a_{1n}$, 第二行不能取$a_{2n}$, 要对最终的求和有贡献只能取$a_{2,n-1}$; 
  依次下去，最终我们只有一种取法$a_{1n}a_{2,n-1}\cdots a_{n1}$. 所以行列式为
  \[\tag*{\qedhere}
      (-1)^{\tau(n,n-1\cdots 21)}a_{1n}a_{2,n-1}\cdots a_{n1}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{1n}a_{2,n-1}\cdots a_{n1}.
  \]
  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}%[{\cite[P64, 10]{wang19}}]
  用完全展开式计算%\marginpar{\parencite[\nopp 2.10]{wang19}}
  \[
    f(x)=
    \begin{vmatrix}
      2x & x & 1 & 2\\
      1 & x & 1 & -1\\
      3 & 2 & x & 1\\
      1 & 1 & 1 &x
    \end{vmatrix}
  \]
  中$x^4$与$x^3$的系数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  要得到$x^4$, 只能取对角元素$2x, x, x, x$, 符号当然为$1$, 所以$x^4$的系数为$2$. 
  要得到$x^3$, 第$1$行只能取第$2$个元素$x$, 而不能取其它元素$2x, 1, 2$. 
  第$1$行第$2$列的$x$被取后，其它行第$2$列不能取了，要得到$x^3$, 
  只能第$3$行取$x$, 第$4$行取$x$, 第$2$行取$1$, 相应的项为$a_{12}a_{21}a_{33}a_{44}$, 
  符号为$-1$; 所以$x^3$的系数为$-1$. 
\end{solution}


\paragraph*{习题 2.4\quad $n$阶行列式的性质}
\paragraph*{习题 2.5\quad 行列式的计算}



\begin{exercise}
  证明 %\marginpar{\parencite[\nopp 2.14]{wang19}}
  \[
    \begin{vmatrix}
      b+c & c+a & a+b \\
      b_1+c_1 & c_1+a_1 & a_1+b_1\\
      b_2+c_2 & c_2+a_2 & a_2 + b_2
    \end{vmatrix}
    =
    2\begin{vmatrix}
      a & b & c\\
      a_1 & b_1 & c_1 \\
      a_2 & b_2 & c_2
    \end{vmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  除了下面两种方法，第四章我们还会讲到行列式与方阵乘法的相容性，还会给出另一种方法。
  我们利用所求等式左边对应的方阵的列的特点。
记
  \[\beta_1= (a, a_1, a_2)^{\rT},\quad
    \beta_2= (b, b_1, b_2)^{\rT},\quad
    \beta_3= (c, c_1, c_2)^{\rT}.
\]
则所给等式左边对应的方阵\[ \begin{pmatrix}
  \beta_2+\beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
\end{pmatrix}. \]
 
  \fangfa 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        \beta_2+\beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}
    &\overset{\circled{1}}{=} 
    \begin{vmatrix}
      2(\beta_1+\beta_2+\beta_3) & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{2}}{=}
    2
    \begin{vmatrix}
      \beta_1+\beta_2+\beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{3}}{=} 
    2
    \begin{vmatrix}
      \beta_1+\beta_2+\beta_3 & -\beta_2 & -\beta_3
     \end{vmatrix}\\
     &\overset{\circled{4}}{=}
    2
    \begin{vmatrix}
      \beta_1 & -\beta_2 & -\beta_3
    \end{vmatrix}\\
    &= 
    2
    \begin{vmatrix}
      \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
    \end{vmatrix},
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 执行了初等变换$c_1+c_2, c_1+c_3$, 
  \circled{2} 提取了第一列公因子$2$,
  \circled{3} 执行了初等变换$c_2-c_1, c_3-c_1$,
  \circled{4} 执行了初等变换 $c_1+c_2, c_1+c_3$. 

  \fangfa  我们有
    \begin{align*}
      \begin{vmatrix}
        \beta_2+\beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}
    &= 
         \begin{vmatrix}
        \beta_2 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}
  +      \begin{vmatrix}
  \beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &= 
         \begin{vmatrix}
       \beta_2 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1
    \end{vmatrix}
    +\begin{vmatrix}
    \beta_3 & \beta_1 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &= 
         \begin{vmatrix}
   \beta_2 & \beta_3 & \beta_1
    \end{vmatrix}
  + \begin{vmatrix}
    \beta_3 & \beta_1 & \beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &= 
      2
    \begin{vmatrix}
      \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
    \end{vmatrix}.
\tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\iffalse
  \fangfa  我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        \beta_2+\beta_3 & \beta_1+\beta_3 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}
    &\overset{\circled{1}}{=} 
    \begin{vmatrix}
      \beta_2+\beta_3 & \beta_1-\beta_2 & \beta_1+\beta_2 
    \end{vmatrix} 
    \overset{\circled{2}}{=}
    \begin{vmatrix}
      \beta_2+\beta_3 & 2\beta_1 & \beta_1 + \beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{3}}{=} 2\begin{vmatrix}
      \beta_2+\beta_3 & \beta_1 & \beta_1+\beta_2
    \end{vmatrix}
    \overset{\circled{4}}{=} 
    2 \begin{vmatrix}
      \beta_2+\beta_3 & \beta_1 & \beta_2
    \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{5}}{=} 2\begin{vmatrix}
      \beta_3 & \beta_1 & \beta_2
    \end{vmatrix}
    \overset{\circled{6}}{=} 2\begin{vmatrix}
      \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
    \end{vmatrix},\\
  \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1}, \circled{2}, \circled{4}, \circled{5}
  分别执行了初等变换 $c_2-c_1, c_2+c_3, c_3-c_2, c_1-c_3$,
  \circled{6} 依次执行了初等变换 $c_1\leftrightarrow c_2, c_2\leftrightarrow c_3$. 
\fi
\end{solution}



\begin{exercise}\label{0DE}
%[{\cite[P65-66, 13(2)(6), 17(3), 18(5)]{wang19}}]
  计算行列式：
  \begin{multicols}{2}
    \begin{enumerate}
      \item 
        $\begin{vmatrix}
      x & y & x+y\\
      y & x+y & x \\
      x+y & x & y
    \end{vmatrix}$.
    %\marginpar{\parencite[\nopp 2.13(2)]{wang19}}

        \item 
          $\begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            2 & 1 & 1 & -3\\
            1 & 2 & 2 & 5 \\
            4 & 3 & 2 & 1
          \end{vmatrix}$.
        %\marginpar{\parencite[\nopp 2.15(1)]{wang19}}

            \item $\begin{vmatrix}
                3 & 1 & 1 & 1\\
                1 & 3 & 1 & 1\\
                1 & 1 & 3 & 1 \\
                1 & 1 & 1 & 3
              \end{vmatrix}$.


         \item $\begin{vmatrix}
            1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
            1 & 2 & 0 & \cdots & 0\\
            1 & 0 & 3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            1 & 0 & 0 & \cdots & n
          \end{vmatrix}$.



          
        \item \label{0DD}
                $\begin{vmatrix}
      1+x & 1 & 1 & 1\\
      1 & 1-x & 1 & 1 \\
      1 & 1 & 1+y & 1\\
      1 & 1 & 1 & 1-y
    \end{vmatrix}.$
%\marginpar{\parencite[\nopp 2.13(5)]{wang19}}

             \item 
      $\begin{vmatrix}
      a^2 & (a+1)^2 & (a+2)^2 & (a+3)^2\\
      b^2 & (b+1)^2 & (b+2)^2 & (b+3)^2\\
      c^2 & (c+1)^2 & (c+2)^2 & (c+3)^2\\
      d^2 & (d+1)^2 & (d+2)^2 & (d+3)^2\\
    \end{vmatrix}$.
  %\marginpar{\parencite[\nopp 2.13(6)]{wang19}}


     
  \item 
    $\begin{vmatrix}
            a_1+b_1c_1 & a_2+b_1c_2 & \cdots & a_n+b_1c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
          \end{vmatrix}$.
%\marginpar{\parencite[\nopp 2.17(2)]{wang19}}

\item $\begin{vmatrix}
    1 & 2 & \cdots & n-1 & n\\
    2 & 3 & \cdots & n & 1\\
    \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
    n & 1 & \cdots & n-2 & n-1
  \end{vmatrix}$.
\end{enumerate}
 \end{multicols} 
\end{exercise}

\begin{solution}

  \begin{enumerate}
    \item 我们有
        \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
      x & y & x+y\\
      y & x+y & x \\
      x+y & x & y
    \end{vmatrix}
    &= 
    \begin{vmatrix}
      2(x+y) & y & x+y\\
      2(x+y) & x+y & x\\
      2(x+y) & x & y
    \end{vmatrix} 
    = 
    \begin{vmatrix}
      2(x+y) & y & x+y \\
      0 & x & -y\\
      0 & x-y & -x
    \end{vmatrix}\\
    &=  2(x+y)
    \begin{vmatrix}
      x & -y\\
      x-y & -x
    \end{vmatrix}
    = -2(x^3+y^3).
\end{align*}

    \item 我们上三角化来计算行列式：
      \begin{align*}
        \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            2 & 1 & 1 & -3\\
            1 & 2 & 2 & 5 \\
            4 & 3 & 2 & 1
          \end{vmatrix}
          &\overset{\circled{1}}{=} \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            1 & 0 & 0 & -4\\
            -1 & 0 & 0 & 3 \\
            0 & -1 & -2 & -3
          \end{vmatrix} \overset{\circled{2}}{=}
          \begin{vmatrix}
            0 & 1 & 1 & 5\\
            1 & 0 & 0 & -4\\
            0 & 0 & 0 & -1 \\
            0 & -1 & -2 & -3
          \end{vmatrix} \\
          & \overset{\circled{3}}{=} 
          (-1)^2\begin{vmatrix}
           1 & 0 & 0 & -4\\
            0 & 1 & 1 & 5\\
            0 & -1 & -2 & -3 \\
            0 & 0 & 0 & -1 
          \end{vmatrix} = 
          \begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 & -4\\
            0 & 1 & 1 & 5 \\
            0 & 0 & -1 & 2\\
            0 & 0 & 0 & -1 
          \end{vmatrix} \\
          &= 1,
      \end{align*}
      其中 \circled{1} 做了初等变换 $r_2-r_1, r_3-2r_1, r_4-4r_1$, 
      \circled{2} 做了初等变换 $r_3+r_2,r_1-r_2$, 
      \circled{3} 做了初等变换 $r_1\leftrightarrow r_2, r_3\leftrightarrow r_4$,
      \circled{4} 做了初等变换 $r_3+r_2$.

\item 应用课本例题的计算结果我们有
\[
  \begin{vmatrix}
    3 & 1 & 1 & 1\\
    1 & 3 & 1 & 1\\
    1 & 1 & 3 & 1 \\
    1 & 1 & 1 & 3
  \end{vmatrix}=(3+(4-1)\times 1)\times (3-1)^{4-1} = 48.
 \]




 
\item 我们上三角化来求行列式：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
            1 & 2 & 0 & \cdots & 0\\
            1 & 0 & 3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            1 & 0 & 0 & \cdots & n
        \end{vmatrix}
        &
        \overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
            0 & 2 & 0 & \cdots & 0\\
            0 & 0 & 3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            0 & 0 & 0 & \cdots & n
        \end{vmatrix} \\
        &= (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot n\\
        &= n!\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i} \right),
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 依次用了初等变换 
$c_1+c_i\times\left(-\frac{1}{i}\right) (2\leqslant i\leqslant n)$.





 
 \item 
  \fangfa 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        -x & -x & 0 & 0\\
        -x & 0 & y& 0\\
        -x & 0 & 0 & -y
      \end{vmatrix} \overset{\circled{2}}{=}
      \begin{vmatrix}
        x & 1 & 1 & 1\\
        0& -x & 0 & 0\\
        0 & 0 & y& 0\\
        0 & 0 & 0 & -y
      \end{vmatrix}\\
      &=  x^2y^2,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 由执行初等变换$r_i-r_1 (2\leqslant i\leqslant 4)$所得，
  \circled{2} 由依次执行初等变换$c_1-c_2, c_1+c_3\times \frac{x}{y}, c_1-c_4\times \frac{x}{y}$所得。


  \fangfa  我们有
  \[
    \begin{aligned}
      & \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{1}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        x & 1 & 1 & 1\\
        x & 1-x & 1 & 1 \\
        0 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix}\\
      & \overset{\circled{2}}{=}
      x\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        0 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{3}}{=}
      x\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 0 & 0\\
        1 & 1-x & 0 & 0 \\
        0 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} \\
      & \overset{\circled{4}}{=}
      x\begin{vmatrix}
        1 & 1  \\
        1 & 1-x
      \end{vmatrix}
      \begin{vmatrix}
         1+y & 1\\
         1 & 1-y
       \end{vmatrix}
      = x((1-x)-1)((1+y)(1-y)-1) \\
      &= x^2y^2,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了初等变换$c_1-c_2$, \circled{2} 用了行列式对第$1$列的线性性，
  \circled{3} 用了初等变换$c_3-c_1, c_4-c_1$, \circled{4} 用了准下三角方阵的行列式公式。

  \iffalse
  \fangfa  我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        -x & -x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 0 & -y & -y
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{2}}{=}
      xy
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 0 & 1 & 1
      \end{vmatrix} \\
       &\overset{\circled{3}}{=}
             xy
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 0 & 0\\
        1 & 1 & 0 & 0 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 0 & 1 & 1
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{4}}{=} xy
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1\\
        1& 1
      \end{vmatrix}
      \begin{vmatrix}
        1+y & 1\\
        1& 1
      \end{vmatrix} \\
      &= xy \left( (1+x)-1 \right)\left( (1+y)-1 \right) \\ 
      &= x^2y^2,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了初等变换$r_2-r_1, r_4-r_3$, \circled{2} 用了行列式对第$2$行和第$4$行的线性性，
  \circled{3} 用了初等变换$r_1-r_4, r_2-r_4$, \circled{4} 用了准上三角行列式公式。

  \fangfa  我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} &= 
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} + 
      \begin{vmatrix}
        x & 1 & 1 & 1\\
        0 & 1-x & 1 & 1 \\
        0 & 1 & 1+y & 1\\
        0 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix}
      \\
      &= 
      \begin{vmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0\\
        1 & -x & 0 & 0 \\
        1 & 0 & y & 0\\
        1 & 0 & 0 & -y
      \end{vmatrix} +
      x \begin{vmatrix}
        1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} \\
      &= 
      xy^2 + x\left( 
        \begin{vmatrix}
          1 & 1 & 1 \\
          1 & 1+y & 1\\
          1 & 1 & 1-y
        \end{vmatrix} +
        \begin{vmatrix}
          -x & 1 & 1 \\
          0 & 1+y & 1\\
          0 & 1 & 1-y
        \end{vmatrix}
      \right) \\
      &= xy^2 + x\left( 
        \begin{vmatrix}
          1 & 1 & 1 \\
          0 & y & 0\\
          0 & 0 & -y
        \end{vmatrix} -x
        \begin{vmatrix}
          1+y & 1\\
          1 & 1-y
        \end{vmatrix}
      \right) \\
      &= 
      xy^2 + x\left( -y^2 -x((1+y)(1-y)-1) \right)\\
      &= x^2y^2.
    \end{aligned}
  \]
\fi
 

\item   我们有
  \[
    \begin{aligned}
    \begin{vmatrix}
      a^2 & (a+1)^2 & (a+2)^2 & (a+3)^2\\
      b^2 & (b+1)^2 & (b+2)^2 & (b+3)^2\\
      c^2 & (c+1)^2 & (c+2)^2 & (c+3)^2\\
      d^2 & (d+1)^2 & (d+2)^2 & (d+3)^2\\
    \end{vmatrix}
    &\overset{\circled{1}}{=} 
    \begin{vmatrix}
      a^2 & 2a+1 & 2a+3 & 2a+5\\
      b^2 & 2b+1 & 2b+3 & 2b+5\\
      c^2 & 2c+1 & 2c+3 & 2c+5\\
      d^2 & 2d+1 & 2d+3 & 2d+5\\
    \end{vmatrix} \\
    & \overset{\circled{2}}{=} 
    \begin{vmatrix}
      a^2 & 2a+1 & 2 & 4\\
      b^2 & 2b+1 & 2 & 4\\
      c^2 & 2c+1 & 2 & 4\\
      d^2 & 2d+1 & 2 & 4\\
    \end{vmatrix}\\
    &= 0,
  \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 依次执行了初等变换 $c_4-c_3, c_3-c_2, c_2-c_1$,
  \circled{2} 依次执行了初等变换 $c_3-c_2, c_4-c_2$.



\item %\fangfa 
  注意到$n\geqslant 2$时我们有分解
  \[
  \begin{pmatrix}
        a_1+b_1c_1 & a_2+b_1c_2 & \cdots & a_n+b_1c_n\\
        a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
        \vdots & \vdots & & \vdots\\
        a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
    \end{pmatrix} 
    = 
    \begin{pmatrix}
      1 & b_1 & 0 & \cdots & 0\\
      1 & b_2 & 0 & \cdots & 0\\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots\\
      1 & b_n & 0 & \cdots & 0
    \end{pmatrix} 
    \begin{pmatrix}
      a_1 & a_2 & \cdots & a_n\\
      c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
      0 & 0 & \cdots & 0\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      0 & 0 & \cdots & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
故$n\geqslant 3$时所给行列式为$0$.
而 $n=1,2$ 时可直接计算。这点留给你们自己了。
\iffalse
\fangfa 我们有
\[
    \begin{aligned}
        &\quad \begin{vmatrix}
            a_1+b_1c_1 & a_2+b_1c_2 & \cdots & a_n+b_1c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &= 
        \begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix}  \\
        &\quad + 
        \begin{vmatrix}
            b_1c_1 & b_1c_2 & \cdots & b_1c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &= \begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            b_2c_1 & b_2c_2 & \cdots & b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            b_nc_1 & b_nc_2 & \cdots & b_nc_n
        \end{vmatrix}  + 
        b_1\begin{vmatrix}
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &= 
        b_2 \cdots b_n\begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n
        \end{vmatrix}  + 
        b_1\begin{vmatrix}
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            a_1 & a_2 & \cdots & a_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1 & a_2 & \cdots & a_n
        \end{vmatrix}.
    \end{aligned}
\]
容易发现上边的两个行列式在 $n\geqslant 3$ 时为 $0$. 
所以所给行列式在 $n\geqslant 3$ 时等于 $0$.
\fi


\item 我们有
  \begin{align*}
    & \begin{vmatrix}
      1 & 2 & \cdots & n-1 & n\\
    2 & 3 & \cdots & n & 1\\
    \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
    n & 1 & \cdots & n-2 & n-1    
  \end{vmatrix}
  \overset{\circled{1}}{=} 
  \begin{vmatrix}
    1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1  \\
    2 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1-n \\
    3 & 1 & 1 & \cdots & 1-n & 1\\
    \vdots & \vdots & \vdots &  &  \vdots & \vdots \\
    n-2 & 1 & 1 &  \cdots & 1 & 1 \\
    n-1 &1 & 1-n  & \cdots & 1 & 1 \\
    n & 1-n & 1  & \cdots & 1 & 1 
  \end{vmatrix} \\
  &\overset{\circled{2}}{=}   \begin{vmatrix}
    1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1  \\
    1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -n \\
    2 & 0 & 0 & \cdots & -n & 0\\
    \vdots & \vdots & \vdots &  &  \vdots & \vdots \\
    n-3 & 0 & 0 &  \cdots & 0 & 0 \\
    n-2 & 0 & -n &  \cdots & 0 & 0 \\
    n-1 & -n & 0 &  \cdots & 0 & 0
  \end{vmatrix} 
  \overset{\circled{3}}{=}  \begin{vmatrix}
    \frac{(n+1)}{2} & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0  \\
    1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -n \\
    2 & 0 & 0 & \cdots & -n & 0\\
    \vdots & \vdots & \vdots &  &  \vdots & \vdots \\
    n-3 & 0 & 0 &  \cdots & 0 & 0 \\
    n-2 & 0 & -n & \cdots & 0 & 0 \\
    n-1 & -n & 0 &  \cdots & 0 & 0
  \end{vmatrix} \\ 
  &\overset{\circled{4}}{=} \frac{n+1}{2}\cdot (-1)^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}} (-n)^{n-1} 
  = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \frac{(n+1)n^{n-1}}{2},
  \end{align*}
  其中 \circled{1} 依次用了初等变换 $c_{j+1}-c_j$ ($j=n-1, \cdots, 1$),
  \circled{2} 依次用了初等变换 $r_i-r_1$ ($i=2,\cdots,n$),
  \circled{3} 依次用了初等变换 $r_1+\frac{1}{n} r_i$ ($i=2,\cdots,n$),
  \circled{4} 按照第$1$行展开后用了练习~\ref{0AB}\ref{08D}。
  \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}
  求$n$阶方阵$A=(a_{ij})$的行列式，其中 (1) $a_{ij}=i-j$; (2) $a_{ij}=|i-j|$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 若$n=1$, 显然$\det A=0$; 若$n=2$, 显然$\det A=1$; 若$n>2$, 
      我们有
      \begin{multline*}
        \begin{vmatrix}
          0 & -1 & -2 & \cdots & -n+2 & -n+1 \\
          1 &  0 & -1 & \cdots & -n+3 & -n+2 \\
          2 & 1 & 0 & \cdots & -n+4 & -n+3 \\
          \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
          n-2 & n-3 & n-4 & \cdots & 0 & -1 \\
          n-1 & n-2 & n-3 & \cdots &1 & 0
        \end{vmatrix}  \\
        \overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
          -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
          -1 &  -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
          \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
          n-2 & n-3 & n-4 & \cdots & 0 & -1 \\
          n-1 & n-2 & n-3 & \cdots &1 & 0
        \end{vmatrix}  = 0,
      \end{multline*}
      其中 \circled{1} 依次做了初等变换 $r_1-r_2, r_2-r_3$. 
      这样，$n=2$时$\det A=1$, $n\neq 2$时$\det A=0$.
  \item 我们有
    \begin{align*}
    & \begin{vmatrix}
      0 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
      1 &  0 & 1 & \cdots & n-3 & n-2 \\
      2 & 1 & 0 & \cdots & n-4 & n-3 \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
      n-2 & n-3 & n-4 & \cdots & 0 & 1 \\
      n-1 & n-2 & n-3 & \cdots &1 & 0
    \end{vmatrix} 
    \overset{\circled{1}}{=} 
    \begin{vmatrix}
      0 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
      1 &  -1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
      1 & 1 & -1 & \cdots & -1 & -1 \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
      1 & 1 & 1 & \cdots & -1 & -1 \\
      1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & -1
    \end{vmatrix} \\
    &\overset{\circled{2}}{=}
    \begin{vmatrix}
      0 & 1 & 2 & \cdots & n-2 & n-1 \\
      1 &  -2 & -2 & \cdots & -2 & 0 \\
      1 & 0 & -2 & \cdots & -2 & 0 \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
      1 & 0 & 0 & \cdots & -2 & 0 \\
      1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0
    \end{vmatrix} 
    \overset{\circled{3}}{=}
    (-1)^{n+1}(n-1)\cdot (-1)^{n} (-2)^{n-2}\\
    &= (1-n)(-2)^{n-2},
    \end{align*}
    其中 \circled{1} 依次用了初等变换 $r_{i}-r_{i-1} (i=n,\cdots,2)$, 
    \circled{2} 依次用了初等变换 $c_i-c_1 (i=2,\cdots,n-1), c_n+c_1$,
    \circled{3} 先是对最后一行展开后是对最后一列展开。
    上面的结果对$n>2$成立。不过容易发现最终的表达式对$n=1,2$也成立。
    所以总有$\det A=(1-n)(-2)^{n-2}$.
    \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}





\paragraph*{习题 2.6\quad 行列式按一行（列）展开}

\begin{exercise}
  求行列式$\begin{vmatrix}
    -3 & 1 & 4\\
    5& 2 & 3\\
    x & y & 1
  \end{vmatrix}$中元素$x$和$y$的代数余子式。
\end{exercise}

\begin{solution}
  $x$, $y$的代数余子式分别为
  \[\tag*{\qedhere}
    (-1)^{1+3}\begin{vmatrix}
      1 & 4\\
      2 & 3
    \end{vmatrix}=-5,\qquad (-1)^{2+3}\begin{vmatrix}
      -3 & 4\\
      5 &3
    \end{vmatrix}=29.
  \]
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$A=\begin{pmatrix}
    1 & 1& 1 & 1\\
    -1 & 1 & 2 & -2\\
    2 & 0 & -5 & -1\\
    -1 & 1 & 8 & -8
  \end{pmatrix}$, 其中$M_{ij}$为$(i,j)$元素的余子式。求$M_{31}-3M_{32}+M_{34}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  设$A_{ij}$为$A$的$(i,j)$元素的代数余子式，则$M_{ij}=(-1)^{i+j} A_{ij}$. 故而
    \begin{align*}
      M_{31}-3M_{32}+M_{34}&= 
      A_{31} +3A_{32} +0\cdot A_{33} - A_{34}\\
      &=  \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
    -1 & 1 & 2 & -2\\
    1 & 3 & 0 & -1\\
    -1 & 1 & 8 & -8
      \end{vmatrix}= 
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        0 & 2 & 3 & -1\\
        0 & 0 & -4 & -1\\
        0 & 0 & 6 & -6
      \end{vmatrix}\\
      &= \begin{vmatrix}
        1 & 1 \\ 0 & 2
      \end{vmatrix} \cdot 
      \begin{vmatrix}
        -4 & -1 \\ 6 & -6
      \end{vmatrix}
      =60.
\tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\end{solution}


\begin{remark}
若$A_{ij}$是$n$阶方阵$A$的$(i,j)$位元素的代数余子式，
  那么$\sum_{i=1}^n b_{i} A_{ij}$是$A$替换第$j$列为
  $(b_1,b_2,\cdots, b_n)^{\rT}$后的行列式按第$j$列展开的结果；
  $\sum_{j=1}^n b_j A_{ij}$是$A$替换第$i$行为
  $(b_1,b_2,\cdots, b_n)$后的行列式按第$i$行展开的结果。
\end{remark}


\begin{exercise}\label{224}%[{\cite[P65, 13(5)]{wang19}}]
  计算行列式
  \begin{multicols}{2}
    \begin{enumerate}
  \item 
           $\begin{vmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & 1 & 1 \\
            -\frac{1}{3} & 1 & 2 & 1 \\
            \frac{1}{3} & 1 & -1  & \frac{1}{2} \\
            -1 & 1 & 0 & \frac{1}{2}
          \end{vmatrix}$.
      %\marginpar{\parencite[\nopp 2.15(2)]{wang19}}

      \item $\begin{vmatrix}
            5 & 0 & 0 & -8 & 0\\
            3& -2 & 0 & 7 & 2 \\
            -1 & 3 & 5 & 2 & -2\\
            2 & 1 & 2 & 5 & 1\\
            0 & 0 & 0 & 2 &0
          \end{vmatrix}$.
        \item $\begin{vmatrix}
            x & y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x & y & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & y \\ y & 0 & 0 & \cdots & 0 & x
          \end{vmatrix}$

 \item 
         $\begin{vmatrix}
      x_1-m & x_2 & \cdots & x_n\\
      x_1 & x_2-m & \cdots & x_n\\
      \vdots & \vdots &  & \vdots\\
      x_1 & x_2 & \cdots & x_n-m
    \end{vmatrix}$.
%\marginpar{\parencite[\nopp 2.17(3)]{wang19}}
 


      \item 
    $\begin{vmatrix}
      1 & \frac{1}{2} & 0 & 1 & -1\\
      2 & 0 & -1 & 1 & 2\\
      3 & 2 &  1 & \frac{1}{2} & 0 \\
      1 & -1 & 0 & 1 & 2\\
      2 & 1 & 3 & 0 & \frac{1}{2}
    \end{vmatrix}.$
      %\marginpar{\parencite[\nopp 2.16(4)]{wang19}}

  \item $\begin{vmatrix}
      1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\ 1 & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & n-1 & 1-n
    \end{vmatrix}$.
  \end{enumerate}
  \end{multicols}
\end{exercise}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
      \item 我们有
        \[
          \begin{aligned}
            \begin{vmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & 1 & 1 \\
            -\frac{1}{3} & 1 & 2 & 1 \\
            \frac{1}{3} & 1 & -1  & \frac{1}{2} \\
            -1 & 1 & 0 & \frac{1}{2}
          \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=} \begin{vmatrix}
            \frac{4}{3} & \frac{3}{2} & 0 & \frac{3}{2} \\
            \frac{1}{3} & 3 & 0 & 2 \\
            \frac{1}{3} & 1 & -1  & \frac{1}{2} \\
            -1 & 1 & 0 & \frac{1}{2}
          \end{vmatrix} \overset{\circled{2}}{=} -\begin{vmatrix}
            \frac{4}{3} & \frac{3}{2}  & \frac{3}{2} \\
            \frac{1}{3} & 3  & 2 \\
            -1 & 1 &  \frac{1}{2}
          \end{vmatrix} \\
          &\overset{\circled{3}}{=} -\begin{vmatrix}
            \frac{4}{3} & \frac{17}{6}  & \frac{13}{6} \\
            \frac{1}{3} & \frac{10}{3}  & \frac{13}{6} \\
            -1 & 0 &  0
          \end{vmatrix} \overset{\circled{4}}{=} \begin{vmatrix}
             \frac{17}{6}  & \frac{13}{6} \\
             \frac{10}{3}  & \frac{13}{6} \\
           \end{vmatrix}= -\frac{13}{12},
          \end{aligned}
        \]
        其中 \circled{1} 做了初等变换$r_1+r_3, r_2+2r_3$,
        \circled{2} 按第$3$列展开，
        \circled{3} 做了初等变换$c_2+c_1, c_3+\frac{1}{2} c_1$,
        \circled{4} 按第$3$行展开。

       \item 我们有
\[
    \begin{aligned}
       \begin{vmatrix}
            5 & 0 & 0 & -8 & 0\\
            3& -2 & 0 & 7 & 2 \\
            -1 & 3 & 5 & 2 & -2\\
            2 & 1 & 2 & 5 & 1\\
            0 & 0 & 0 & 2 &0
          \end{vmatrix}  &
          \overset{\circled{1}}{=} (-1)^{5+4} \cdot 2
        \begin{vmatrix}
            5 & 0 & 0 & 0\\
            3 & -2 & 0 & 2\\
            -1 & 3 & 5 & -2\\
            2 & 1 & 2 & 1
        \end{vmatrix} 
        \overset{\circled{2}}{=} 
        -2 \cdot 5 
        \begin{vmatrix}
            -2 & 0 & 2\\
            3 & 5 & -2\\
            1 & 2 & 1
        \end{vmatrix}\\
        & \overset{\circled{3}}{=} -10 \begin{vmatrix}
            -2 & 0 & 0\\
            3 & 5 & 1\\
            1 & 2 & 2
        \end{vmatrix}
        =  -10 \times (-16)
        = 160.
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 是按第 $5$ 行展开，\circled{2} 是按第 $1$ 行展开，
\circled{3} 用了初等列变换$c_3+c_1$.


\item 按照最后一行展开可得
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
            x & y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x & y & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & y \\ y & 0 & 0 & \cdots & 0 & x
          \end{vmatrix}&= y\cdot (-1)^{n+1} \cdot y^{n-1} + x^n = x^n+(-1)^{n+1}y^n.
    \end{aligned}
  \]
  上式在$n>1$时成立。若$n=1$, 显然行列式为$x$.
\item 
  %\fangfa 
  我们有
  \[
    \begin{aligned}
  &  \begin{vmatrix}
      x_1-m & x_2 & \cdots & x_n\\
      x_1 & x_2-m & \cdots & x_n\\
      \vdots & \vdots &  & \vdots\\
      x_1 & x_2 & \cdots & x_n-m
    \end{vmatrix} 
    = 
    \begin{vmatrix}
      x_1-m & x_2 & \cdots & x_n\\
      m & -m & \cdots & 0\\
      \vdots & \vdots &  & \vdots\\
      m & 0 & \cdots & -m
    \end{vmatrix} \\
    &=   
    \begin{vmatrix}
      \sum_{i=1}^nx_i-m & x_2 & \cdots & x_n\\
      0 & -m & \cdots & 0\\
      \vdots & \vdots &  & \vdots\\
      0 & 0 & \cdots & -m
    \end{vmatrix}
    = \left(\sum_{i=1}^n x_i -m\right)(-m)^{n-1}.
  \end{aligned}
  \]

  \item  我们有 \[
    \begin{aligned}
      &\begin{vmatrix}
        1 & \frac{1}{2} & 0 & 1 & -1\\
        2 & 0 & -1 & 1 & 2\\
        3 & 2 &  1 & \frac{1}{2} & 0 \\
        1 & -1 & 0 & 1 & 2\\
        2 & 1 & 3 & 0 & \frac{1}{2}
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{1}}{=} 
       \begin{vmatrix}
        1 & \frac{1}{2} & 0 & 1 & -1\\
        5 & 2 & 0 & \frac{3}{2} & 2\\
        3 & 2 &  1 & \frac{1}{2} & 0 \\
        1 & -1 & 0 & 1 & 2\\
        -7 & -5 & 0 & -\frac{3}{2} & \frac{1}{2}
      \end{vmatrix} 
      \overset{\circled{2}}{=} 
      1\cdot 1\cdot
        \begin{vmatrix}
        1 & \frac{1}{2} & 1 & -1\\
        5 & 2 &  \frac{3}{2} & 2\\
        1 & -1 & 1 & 2\\
        -7 & -5 & -\frac{3}{2} & \frac{1}{2}
      \end{vmatrix}     \\
      &\overset{\circled{3}}{=} 
        \begin{vmatrix}
        1 & \frac{1}{2} & 1 & -1\\
        \frac{7}{2} & \frac{5}{4} & 0  & \frac{7}{2}\\
        0 & -\frac{3}{2} & 0 & 3\\
        -2 & -3 & 0 & \frac{5}{2}
      \end{vmatrix} 
       \overset{\circled{4}}{=}  1\cdot 1 \cdot 
        \begin{vmatrix}
        \frac{7}{2} & \frac{5}{4}  & \frac{7}{2}\\
        0 & -\frac{3}{2} & 3\\
        -2 & -3 & \frac{5}{2}
      \end{vmatrix}
       \overset{\circled{5}}{=}
        \begin{vmatrix}
        0 & -4  & \frac{63}{8}\\
        0 & -\frac{3}{2} & 3\\
        -2 & -3 & \frac{5}{2}
      \end{vmatrix} \\
      & \overset{\circled{6}}{=} 
      (-1)^{1+3} \times (-2) \times (-12+\frac{189}{16})
= \frac{3}{8},
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了初等变换$r_2+r_3, r_5-3r_3,$ \circled{2} 是按照第$3$列展开，
  \circled{3} 用了初等变换$r_3-r_1, r_4+r_2,r_2-\frac{3}{2}r_1$, 
  \circled{4} 是按照第$3$列展开，\circled{5} 用了初等变换$r_1+r_3\times \frac{7}{4}$,
  \circled{6} 是按照第$1$列展开。


\item 按照第一行展开可得
    \begin{align*}
      &\begin{vmatrix}
        1 & 2 & 3 & \cdots & n-1 & n \\ 1 & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -2 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & n-1 & 1-n
      \end{vmatrix}\\
      &= \sum_{i=1}^n i\cdot(-1)^{i+1}\cdot  (1\cdot 2 \cdots (i-1)) \cdot ( (-i)\cdot (-i-1) \cdots (-(n-1)))\\
      &= (-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{2}.
\tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\end{enumerate}
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\cite[P67, 18(2)]{wang19}}]
  \label{08B}
  令$f=x^n + a_{n-1}x^{n-1} +\cdots + a_1 x + a_0\in P[x]$. 
  %\marginpar{\parencite[\nopp 2.18(2)]{wang19}}
  多项式$f$的 \emph{友矩阵} $C(f)$ 指
  \[
    C(f)= \begin{pmatrix}
      0 & 0 &  0 & \cdots & 0 & -a_0\\
      1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -a_1\\
      0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & -a_2\\
      \vdots &\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
      0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -a_{n-2}\\
      0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1}
    \end{pmatrix}.
  \]
  证明$\det (xE-C(f)) = f$. 
\end{exercise}

\begin{solution} 我们来求下面方阵的行列式：
  \[
    xE-C(f)= \begin{pmatrix}
      x & 0 &  0 & \cdots & 0 & a_0\\
      -1 & x & 0 & \cdots & 0 & a_1\\
      0 & -1 & x & \cdots & 0 & a_2\\
      \vdots &\vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
      0 & 0 & 0 & \cdots & x & a_{n-2}\\
      0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1}
    \end{pmatrix}.
    \]

    \fangfa  $xE-C(f)$ 最后一列第$i$个元素的余子式为
  \[
      \left|
      \begin{array}{ccccc|ccccc}
        x &&&&&&&& \\
        -1 & x &&&&&&&\\
        &\ddots & \ddots &&&&&&\\
        & & -1 & x &&&&&\\
        &&& -1 & x &&&&\\
        \hline
        &&&&& -1 & x \\
        &&&&&& -1 & x \\
        &&&&&&& \ddots & \ddots \\
        &&&&&&&& -1 & x \\
        &&&& &&&&& -1
      \end{array}
      \right|_{(n-1)\times (n-1)}, 
    \]
    其中第一个和第二个对角块分别是$i-1$阶和$n-i$阶矩阵，
    该余子式的值为$x^{i-1}\times(-1)^{n-i}$. 
  因而按照最后一列展开可知所给行列式的值为
  \begin{align*}
    \det(xE-C(f)) &= \sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i+n}  a_{i-1} \times x^{i-1}\times 
    (-1)^{n-i}  + (x+a_{n-1})x^{n-1}
      \\
      &=  \sum_{i=1}^{n-1} a_{i-1} x^{i-1} + (x+a_{n-1})x^{n-1} \\
      &=  x^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i.
    \end{align*}


  \fangfa  我们按照第一行展开时会发现可以使用数学归纳法。
  下面我们用数学归纳法证明。$n=1$时，方阵为$(x+a_0)$, 行列式为$x+a_0$. 
  现在考虑$n>1$. 设$n-1$阶方阵的行列式有类似题给的公式。这样
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        x & 0 &  0 & \cdots & 0 & a_0\\
        -1 & x & 0 & \cdots & 0 & a_1\\
        0 & -1 & x & \cdots & 0 & a_2\\
        \vdots &\vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
        0 & 0 & 0 & \cdots & x & a_{n-2}\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1}
      \end{vmatrix}
      &\overset{\circled{1}}{=} 
      (-1)^{1+1} x 
      \begin{vmatrix}
        x & 0 & \cdots & 0 & a_1\\
        -1 & x & \cdots & 0 & a_2\\
        \vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
         0 & 0 & \cdots & x & a_{n-2}\\
        0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1}
      \end{vmatrix} \\
      &\quad + 
      (-1)^{1+n} a_0
      \begin{vmatrix}
        -1 & x \\
        & -1 & x \\
        && \ddots & \ddots \\
        &&& -1 & x \\
        &&&& -1
      \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)} \\
      &\overset{\circled{1}}{=}
      x (x^{n-1} + a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+ a_2 x+ a_1) + a_0\\
      &= x^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 是按照第一行展开， 
  \circled{2} 右边第一个行列式的表达式由归纳假设得到。


  \fangfa  容易用数学归纳法证得$1\leqslant i\leqslant n$时有
  \begin{align*}
    %  & \quad \begin{vmatrix}
     % x & 0 &  0 & \cdots & 0 & a_0\\
      %-1 & x & 0 & \cdots & 0 & a_1\\
      %0 & -1 & x & \cdots & 0 & a_2\\
      %\vdots &\vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
      %0 & 0 & 0 & \cdots & x & a_{n-2}\\
      %0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1}
    %\end{vmatrix} \\
    %&= 
    \det (xE-C(f)) =\begin{vmatrix}
      x &&&&&&& a_0 \\
      -1 & x &&&&&& a_1\\
      & \ddots & \ddots &&&&& \vdots \\
      && -1 & x &&&& a_{n-i-1} \\
      &&& -1 & 0 &&& x^i+\sum_{l=0}^{i-1}a_{n-i+l}x^l\\
      &&&& \ddots & \ddots &&\vdots\\
      &&&&& -1 & 0 & x^2 + a_{n-1}x + a_{n-2}\\
      &&&&&& -1 & x+a_{n-1}
    \end{vmatrix}
%\tag{$*$}
\end{align*}
\iffalse
    $i=1$时上式成立。现在设$i=k-1$（$2\leqslant k\leqslant n$）时上式成立，
    我们证明$i=k$时上式成立。我们有
    \begin{small}
    \[
      \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
          x & 0 &  0 & \cdots & 0 & a_0\\
          -1 & x & 0 & \cdots & 0 & a_1\\
          0 & -1 & x & \cdots & 0 & a_2\\
          \vdots &\vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
          0 & 0 & 0 & \cdots & x & a_{n-2}\\
          0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1}
        \end{vmatrix} &= 
        \begin{vmatrix}
          x &&&&&&& a_0 \\
          -1 & x &&&&&& a_1\\
          & \ddots & \ddots &&&&& \vdots \\
          && -1 & x &&&& a_{n-k} \\
          &&& -1 & 0 &&& x^{k-1}+\sum_{l=0}^{(k-1)-1}a_{n-(k-1)+l}x^l\\
          &&&& \ddots & \ddots &&\vdots\\
          &&&&& -1 & 0 & x^2 + a_{n-1}x + a_{n-2}\\
          &&&&&& -1 & x+a_{n-1}
        \end{vmatrix}\\
        &= 
       \begin{vmatrix}
        x &&&&&&& a_0 \\
        -1 & x &&&&&& a_1\\
        & \ddots & \ddots &&&&& \vdots \\
        && -1 & x &&&& a_{n-k-1} \\
        &&& -1 & 0 &&& x^k+\sum_{l=0}^{k-1}a_{n-k+l}x^l\\
        &&&& \ddots & \ddots &&\vdots\\
        &&&&& -1 & 0 & x^2 + a_{n-1}x + a_{n-2}\\
        &&&&&& -1 & x+a_{n-1}
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(r_{n-i+1}+r_{n-i+2}\times x)
      \end{aligned}
    \]
  \end{small}
    ($*$)得证。
\fi 
这样取$i=n$得到
  \[
    \det (xE-C(f)) =\begin{vmatrix}
      0 &&&& x^n+\sum_{l=0}^{n-1}a_{l}x^l\\
      -1 & 0 &&& x^{n-1}+\sum_{l=0}^{n-2}a_{l+1}x^l\\
      & \ddots & \ddots &&\vdots\\
      &&-1 & 0 & x^2 + a_{n-1}x + a_{n-2}\\
      &&& -1 & x+a_{n-1}
    \end{vmatrix}.
  \]
  再按第一行展开得
  \[\tag*{\qedhere}
    \det (xE-C(f)) 
    =(-1)^{n+1}\cdot \left(x^n+\sum_{l=0}^{n-1}a_{l}x^l\right) \cdot (-1)^{n-1} 
    =  x^n+\sum_{l=0}^{n-1}a_{l}x^l.
  \]
\end{solution}


\paragraph*{习题 2.7\quad Cramer法则}

\begin{exercise}
  用Cramer法则解线性方程组：
  \[
    \left\{ 
      \begin{array}[]{rrrl}
        x_1 & + 2x_2 & -2x_3 &= -1 \\
        2x_1 & + 3x_2 & -2x_3 &=  0\\
      -3x_1 & -5x_2 & + 2x_3 &= -1.
      \end{array}
    \right.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有系数行列式
\[
  d=\begin{vmatrix}
    1 & 2 & -2\\
            2 & 3 & -2 \\
            -3 & -5 & 2
  \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
        1 & 0 & 0\\
        2 & -1 & 2\\
        -3 & 1 & -4
    \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
        -1 & 2 \\ 1 & -4
    \end{vmatrix}=2 \neq 0.
\]
系数行列式非零（或者说，系数矩阵是可逆矩阵），所以确实可以使用 Cramer 法则。
我们算下 $d$ 的各列替换为线性方程组中的常数列后得到的矩阵的行列式：
\[
    \begin{aligned}
        d_1 &= 
        \begin{vmatrix}
            -1 & 2 & -2\\
            0 & 3 & -2 \\
            -1 & -5 & 2
        \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
            -2 & -3 & 0 \\
            -1 & -2 & 0\\
            -1 & -5 & 2
        \end{vmatrix} = 2\begin{vmatrix}
            -2 & -3 \\ -1 & -2 
        \end{vmatrix}=2,\\
        d_2 &= \begin{vmatrix}
            1 & -1 & 0\\
            2 & 0 & 2\\
            -3 & -1 & -4
        \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 \\
            2 & 2 & 2 \\
            -3 & -4 & -4
        \end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}
            2 & 2 \\-4 & -4 
        \end{vmatrix}=0,\\
        d_3&= \begin{vmatrix}
        1 & 0 & -1\\
        2 & -1 & 0\\
        -3 & 1 & -1
    \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
        1 & 0& 0\\
        2 & -1 & 2\\
        -3 & 1 & -4
    \end{vmatrix} =2\begin{vmatrix}
            -2 & -3 \\-1 & -2 
        \end{vmatrix}=2.
    \end{aligned}
\]
由 Cramer 法则知该线性方程组的唯一解为
\[\tag*{\qedhere}
    x_1=\frac{d_1}{d}=1,\quad x_2=\frac{d_2}{d}=0, \quad x_3=\frac{d_3}{d}=1.
\]
\end{solution}


\paragraph*{习题 2.8\quad 行列式计算再举例}


\begin{exercise}
  设$A=\begin{pmatrix}
    1 & 2 & 1 & 1\\
    2 &3 & 2^2 & 2^3\\
    3 & 4 & 3^2 & 3^3\\
    4 & 1 & 4^2 & 4^3
  \end{pmatrix}$. 记$A_{ij}$为$A$的$(i,j)$位元素的代数余子式。
  求$A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42}$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  $A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42}$为$A$替换第$2$列为$(1,1,1,1)^{\rT}$后的行列式，即
  \[
    \begin{aligned}
      A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42}&= 
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        2 & 1 & 2^2 & 2^3\\
        3 & 1 & 3^2 & 3^3\\
        4 & 1 & 4^2 & 4^3
      \end{vmatrix}= -\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 2 & 2^2 & 2^3\\
        1 & 3 & 3^2 & 3^3\\
        1 & 4 & 4^2 & 4^3
      \end{vmatrix} = -
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 2 & 3 & 4\\
        1 & 2^2 & 3^ 2 & 4^2\\
        1 & 2^3 & 3^3& 4^3
      \end{vmatrix}\\
      &=  -(4-3)(4-2)(4-1)(3-2)(3-1)(2-1)=-12.
    \end{aligned}
  \]
  这里我们用了Vandermonde行列式。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{231}
计算行列式：
  \begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\begin{vmatrix}
1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
1 & x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
    1 & -3 & -3 & \cdots & -3
    \end{vmatrix}.$
\item  $\begin{vmatrix}
\cos \alpha & 1 \\
1 & 2\cos\alpha & 1\\
& 1 & \ddots & \ddots \\
  && \ddots & \ddots & 1 \\
    && & 1 & 2\cos\alpha
    \end{vmatrix}$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item 
   我们有
  \begin{align*}
   & \begin{vmatrix}
      1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
      1 & x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
      1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
      1 & -3 & -3 & \cdots & -3
    \end{vmatrix} =  
     \begin{vmatrix}
      1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
      1 & x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
      1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
      4 & 0 & 0 & \cdots & 0
    \end{vmatrix}  + \begin{vmatrix}
      1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
      1 & x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
      1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
      -3 & -3 & -3 & \cdots & -3
    \end{vmatrix}\\
    &=  4\begin{vmatrix}
      1& x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
      1& x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
     1&  x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
     1 & 0& 0 & \cdots & 0
    \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix}
      1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
      1 & x_2 & x_2^2 & \cdots& x_2^n \\
      \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
      1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n\\
      1 & 1 & 1 & \cdots & 1
  \end{vmatrix} \\
  &=  4\left(\prod_{i=1}^n (0-x_i) \right) \left( \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j)\right)
  -3\left(\prod_{i=1}^n (1-x_i)\right)\left( \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j)\right)
  \\
&= (-1)^{n} \left(4 \prod_{i=1}^n x_i - 3\prod_{i=1}^n (x_i-1) \right) 
  \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j).
  \end{align*} 

\item 
记所要求的$n$阶方阵的行列式为$d_n$. 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      &\quad \begin{vmatrix}
        \cos \alpha & 1 & 0& \cdots & 0 & 0 & 0\\
        1 & 2\cos \alpha & 1  &\cdots & 0& 0 & 0  \\
        0 & 1 & 2\cos \alpha  & \cdots & 0 & 0 & 0\\
        \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots\\
        0  & 0 & 0 & \cdots & 2\cos \alpha & 1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 2\cos \alpha & 1\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & 2\cos \alpha
      \end{vmatrix}_{n\times n} \\
      &\overset{\circled{1}}{=} 
      (-1)^{n+n}\cdot 2\cos \alpha \cdot d_{n-1} \\
      &\quad + (-1)^{n+(n-1)}\cdot 1 \cdot 
       \begin{vmatrix}
        \cos \alpha & 1 & 0& \cdots & 0  & 0\\
        1 & 2\cos \alpha & 1  &\cdots & 0& 0  \\
        0 & 1 & 2\cos \alpha  & \cdots & 0  & 0\\
        \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots &  \vdots\\
        0  & 0 & 0 & \cdots & 2\cos \alpha & 0\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 1  & 1\\
      \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}   \\
      &\overset{\circled{1}}{=} 2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2},\\
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 是按照最后一行展开，
  \circled{2} 由按照最后一列展开得到。
  这个对$n\geqslant 3$成立。
  显然$d_1=\cos \alpha, d_2=\cos 2\alpha$. 
  进而可知$d_3=\cos 3\alpha$.
  这里注意到$n\geqslant 3$时
    \[
    \begin{aligned}
      2\cos \alpha & \cos(n-1)\alpha -\cos(n-2)\alpha\\
      &= \left( \cos((n-1)\alpha +\alpha) + \cos ((n-1)\alpha-\alpha) \right) - \cos(n-2)\alpha \\
      &= \cos n\alpha.
      \end{aligned}
  \]
  故我们猜测$d_n=\cos n\alpha$.
我们借助二级递推式$d_n=2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2}$归纳地证明。
  令$n>3$, 且假定对$1\leqslant k< n$有$d_k=\cos k\alpha$. 我们有
  \[
    d_n= 2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2} =
  2 \cos(n-1)\alpha \cos\alpha -\cos (n-2)\alpha = \cos n\alpha. \]
这样，对任意的$n\geqslant 1$有$d_n=\cos n\alpha$.
\qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}



\section{补充题和考研题}

\begin{exercise} 
  \begin{enumerate}
    \item 证明实方阵$A$的行列式可以被$8$整除，其中
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      127 & 91 & 35 & 69\\
      77 & 133 & 251 & 17\\
      51 & 43 & 25 & 99\\
      13 & 155 & 37 & 71
    \end{pmatrix}.
  \]

    \item 证明 $B$ 非奇异，其中 $B=(b_{ij})$ 是 $2024$ 阶实方阵，满足
    \[
        \begin{cases}
            b_{ii} =  0, & \quad 1\leqslant i\leqslant 2024,\\
            b_{ij} \in \{-1, 1\}, & \quad 1\leqslant i,j \leqslant 2024, i\neq j.
        \end{cases}
    \]
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 在$\bZ/8\bZ$上，
  \[
    \det A= \begin{vmatrix}
      127 & 91 & 35 & 69\\
      77 & 133 & 251 & 17\\
      51 & 43 & 25 & 99\\
      13 & 155 & 37 & 71
    \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
      -1 & 3 & 3 & -3 \\
      -3 & -3 & 3 & 1 \\
      3 & 3 & 1 & 3\\
      -3 & 3 & -3 & -1
    \end{vmatrix}=576=0.
  \]
  这样所给行列式可被$8$整除。

  (2) 在 $\bZ/2\bZ$ 上有
    \[
        \det B = \begin{vmatrix}
            0 & 1 & \cdots & 1\\
            1 & 0 & \cdots & 1\\
            \vdots & \ddots & \ddots & \vdots\\
            1 & \cdots & 1 & 0
        \end{vmatrix} = 2023\times(-1)^{2023}=1\neq 0.
    \]
    即 $\det B\neq 0\,(\mod 2)$, 故 $\det B\neq 0$.
    \qedhere
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0DC}
  证明 \tiyuan{\parencite[P68, 2]{PWS19}}
  \[
    \frac{\diff}{\diff t} \begin{vmatrix}
      a_{11}(t) & a_{12}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      a_{21}(t) & a_{22}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
      \vdots & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \cdots & a_{nn}(t)
    \end{vmatrix}=
    \sum_{i=1}^n \begin{vmatrix}
      a_{11}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{1i}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      a_{21}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{2i}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
      \vdots & & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{ni}(t) & \cdots & a_{nn}(t) 
    \end{vmatrix},
  \]
其中$a_{ij}(t)$是关于实变元$t$的可微实值函数。
\end{exercise}

\begin{solution}

  我们有
  \begin{align*}
    \frac{\diff}{\diff t} \begin{vmatrix}
      a_{11}(t) & a_{12}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      a_{21}(t) & a_{22}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
      \vdots & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \cdots & a_{nn}(t)
    \end{vmatrix} 
    &=  
    \frac{\diff}{\diff t} \left( \sum_{\sigma}{\sgn(\sigma)} a_{1\sigma(1)}(t) a_{2\sigma(2)}(t) \cdots a_{n\sigma(n)}(t)  \right) \\
    &= \sum_{\sigma} {\sgn(\sigma)} \sum_{i=1}^n \frac{\diff}{\diff t}a_{i\sigma(i)}(t) \prod_{j\neq i} a_{j\sigma(j)}(t)\\
    &= \sum_{i=1}^n\sum_{\sigma} {\sgn(\sigma)} \frac{\diff}{\diff t}a_{i\sigma(i)}(t) \prod_{j\neq i} a_{j\sigma(j)}(t)\\
    &= \sum_{i=1}^n  \begin{vmatrix}
      a_{11}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{1i}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      a_{21}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{2i}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
      \vdots & & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{ni}(t) & \cdots & a_{nn}(t) 
    \end{vmatrix}.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{remark}
  通过转置或类似地证明，我们也有行的版本：
  \[
    \frac{\diff}{\diff t} \begin{vmatrix}
      a_{11}(t) & a_{12}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      a_{21}(t) & a_{22}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
      \vdots & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \cdots & a_{nn}(t)
    \end{vmatrix}=
    \sum_{i=1}^n \begin{vmatrix}
      a_{11}(t)  & a_{12}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
      \vdots  & \vdots & & \vdots\\
 \frac{\diff}{\diff t} a_{i1}(t) & \frac{\diff}{\diff t}a_{i2}(t) & \cdots & \frac{\diff}{\diff t}a_{in}(t) \\
      \vdots & \vdots&  & \vdots \\
      a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \cdots & a_{nn}(t) 
    \end{vmatrix}.
  \]
\end{remark}

\begin{exercise}\label{039}
	设 $A\in \bR^{n\times n}$ 是元素都是整数的方阵。证明：
    线性方程组 $AX=\beta$ 对任意的元素都是整数的列向量 $\beta$ 都有整数解当且仅当 $\det A=\pm 1$.
\end{exercise}


\begin{solution}
	($\Leftarrow$) 若 $\det A=\pm 1$, 由于伴随矩阵 $A^*$ 的元素都是整数，
    我们有 $A^{-1}=\frac{A^*}{\det A}$ 的元素都是整数。
    所以 $Ax=\beta$的唯一解$A^{-1}\beta$ 的元素也都是整数。

    ($\Rightarrow$) 取 $\beta=e_i$, 其中 $e_i$ 是第 $i$ 个分量为 $1$, 
    其余分量为 $0$ 的列向量。
    由于对任意的 $i$ 有线性方程组 $AX=e_i$ 的解 $\beta_i$ 的元素都是整数，
    方阵 $B\eqdef (\beta_1, \cdots, \beta_n)$ 满足 $AB=E$. 这样 $\det A\det B=1$. 
    而 $\det A, \det B$ 都是整数，只有 $\det A=\pm 1$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{02C}
  \begin{enumerate}
    \item 证明数域上的奇数阶反称方阵奇异。
    \item 设 $\bF$ 是数域，$A=(a_{ij})\in \bF^{n\times n}$ 反称且 $\det A=1$. 
      证明对任意的 $b\in \bF$ 有 \[ \det (a_{ij}+b)=1. \] 
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 由于
      \[ \det A=\det A^{\rT}=\det (-A) = (-1)^n \det A = -\det A, \]
    其中 $n$ 是 $A$ 的阶，我们知道 $2\det A=0$, 从而 $\det A=0$.

    (2) 
    \fangfa  不难验证 (比如利用练习~\ref{025}~或练习~\ref{01D} 中公式 $|E+AB|=|E+BA|$)
    $\det (E+\alpha\beta^{\rT})=1+\beta^{\rT}\alpha$, 对$\alpha,\beta\in \bF^{(n)}$. 
    现在令$\alpha=(1,1,\cdots,1)^{\rT}\in \bF^{(n)}$. 
    由于$A$是可逆的反称方阵，$A^{-1}$也是：
    \[
      (A^{-1})^{\rT}=(A^{\rT})^{-1}=(-A)^{-1}=-A^{-1}. 
    \]
    进而$\alpha^{\rT}A^{-1}\alpha$也是；作为数，这只能是$0$, 即$\alpha^{\rT}A^{-1}\alpha=0$.
    这样我们有
    \begin{align*}
      \det (A+b\alpha\alpha^{\rT})&=  \det A(E+bA^{-1}\alpha\alpha^{\rT})\\
      &=  \det A\det (E+bA^{-1}\alpha\alpha^{\rT}) \\
      &=  (\det A) (1+b\alpha^{\rT}A^{-1}\alpha)=1.
    \end{align*}

    \fangfa 由 (1) 及 $\det A=1$ 知 $A$ 是偶数阶方阵。
    记 $M_{ij}$ 为 $A$ 划去第 $i$ 行第 $j$ 列得到的矩阵。
    由$A^{\rT}=-A$知$M_{ij}^{\rT}=-M_{ji}$. 这样，
    \[ \det M_{ij} = \det M_{ij}^{\rT}=(-1)^{n-1}\det M_{ji}=-\det M_{ji}; \]
    特别地，$\det M_{ii} =0$. 这样我们有
    \[
      \begin{aligned}
        \det (a_{ij}+b) &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}+b  & \cdots & a_{1n}+b\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
              \end{vmatrix} = 
            \begin{vmatrix}
              1 & b & \cdots & b\\
              0& a_{11}+b  & \cdots & a_{1n}+b\\
              0&a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
              0& \vdots & \ddots & \vdots \\
              0&  a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
              \end{vmatrix}\\
              &= 
           \begin{vmatrix}
             1 & b & \cdots & b\\
             -1 &  a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
             -1 &  a_{21}  & \cdots & a_{2n}\\
             \vdots &  \vdots & \ddots & \vdots \\
             -1 &  a_{n1} & \cdots & a_{nn}
              \end{vmatrix}
              = \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}  & \cdots & a_{2n}\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1} & \cdots & a_{nn} 
              \end{vmatrix} - \sum_{i=1}^n (-1)^{i} 
           \begin{vmatrix}
             \alpha\\
              A_i
              \end{vmatrix} \\
              &= \det A -b \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j+1} \det M_{ij}  \\
              &= \det A=1,
      \end{aligned}
    \]
    其中$A_i$为$A$去掉第$i$行得到的子矩阵，$\alpha=(b,b,\cdots,b)$. 
        \iffalse
    方法二：我们有
    \[
        \begin{aligned}
            \det (a_{ij}+b) = 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}+b  & \cdots & a_{1n}+b\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix}
            &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix} 
            + 
            \begin{vmatrix}
                b  & \cdots & b\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix} \\
            &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix} 
            + 
            \begin{vmatrix}
                b  & \cdots & b\\
                a_{21}  & \cdots & a_{2n}\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1} & \cdots & a_{nn}
            \end{vmatrix} \\
            &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix} 
            + \sum_{j=1}^n (-1)^{1+j} b \det A_{1j}\\
            &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}+b  & \cdots & a_{2n}+b\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
            \end{vmatrix}\\
            &= \cdots \\
            &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11}  & \cdots & a_{1n}\\
                a_{21}  & \cdots & a_{2n}\\
                \vdots & \ddots & \vdots \\
                a_{n1} & \cdots & a_{nn}
            \end{vmatrix}
        \end{aligned}
    \]
    我这里没有严格地用数学归纳法写出来。请用数学归纳法重写下证明（提示：对加了 $b$ 的行数归纳）。
    在练习~\ref{01D} 中你能看到一个更一般的公式。
    \fi
\end{solution}





\begin{exercise}\label{032}
设 $A=(a_{ij})\in \bR^{n\times n}$, 其中 $a_{ij}=ij$. 计算 $\det (E+A)$. 
\end{exercise}


\begin{solution}
 令 $v=(1,2, \cdots, n)$, 则 $A=vv^{\rT}$. 应用 练习~\ref{025} 或练习~\ref{01D}~中公式
  $|E+AB|=|E+BA|$ 知
  \[ \det (E+A)= 1+v^{\rT}v = 1+ 1^2+2^2+\cdots +n^2=1+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. 
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}
  计算行列式：$\displaystyle \begin{vmatrix}
    \lambda & a & a & \cdots & a \\ 
  b & \alpha & \beta & \cdots & \beta \\ 
b & \beta & \alpha & \cdots & \beta \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
b & \beta & \beta & \cdots & \alpha
\end{vmatrix}_{(n+1)\times(n+1)}.$
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有
  \begin{align*}
  \begin{vmatrix}
  \lambda & a & a & \cdots & a \\ 
b & \alpha & \beta & \cdots & \beta \\ 
b & \beta & \alpha & \cdots & \beta \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
b & \beta & \beta & \cdots & \alpha
\end{vmatrix}_{(n+1)\times(n+1)}
&= \begin{vmatrix}
\frac{a b}{\beta} & a & a & \cdots & a\\
b & \alpha & \beta & \cdots & \beta\\ 
b & \beta & \alpha & \cdots & \beta\\ 
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
 b & \beta & \beta & \cdots & \alpha
 \end{vmatrix}
 +
 \begin{vmatrix}
   \lambda-\frac{a b}{\beta} & a & a & \cdots & a \\
 0 & \alpha & \beta & \cdots & \beta \\
 \vdots & \beta & \alpha & \cdots & \beta \\
 \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
 0 & \beta & \beta & \cdots & \alpha
 \end{vmatrix}\\
&= \frac{a b}{\beta}\begin{vmatrix}1 & \beta & \beta & \cdots & \beta \\
 1 & \alpha & \beta & \cdots & \beta \\
 1 & \beta & \alpha & \cdots & \beta \\
 \vdots & \vdots & \vdots&  & \vdots \\
 1 & \beta & \beta & \cdots &\alpha \\
 \end{vmatrix}
 +
 (\lambda-\frac{a b}{\beta})\begin{vmatrix}\alpha & \beta & \cdots & \beta \\
 \beta & \alpha & \cdots & \beta \\
 \vdots & \vdots & & \vdots \\
 \beta & \beta & \cdots & \alpha\end{vmatrix}_{n\times n}\\
&= \frac{a b}{\beta}(\alpha-\beta)^{n}+(\lambda-\frac{a b}{\beta})(\alpha+(n-1) \beta)(\alpha-\beta)^{n-1}\\
&= (\lambda \alpha+\lambda(n-1) \beta-n a b)(\alpha-\beta))^{n-1}.
\end{align*}
\end{solution}



\begin{exercise}\label{1F7}\tiyuan{\parencite[15.1]{KQ18}}
  \label{05B}
  计算方阵的行列式：$\begin{vmatrix}
  a & b & c & d \\
-b & a & d & -c \\
-c & -d & a & b \\
-d & c & -b & a
\end{vmatrix}$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  令所给方阵为 $A$
  将所给方阵乘以其转置，我们有 $AA^{\rT}=\diag(s,s,s,s)$, 其中
  $s=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$.
因此 
\[
  |A|^2=|A||A^{\rT}|=(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{4}.
\]
故 $|A|=\varepsilon(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}$, 
其中 $\varepsilon$ 是 $1$ 的一个平方根。
比较下两边 $a^4$的系数可知 $\varepsilon=1$. 因此
\[
  \begin{vmatrix}
  a & b & c & d \\
-b & a & d & -c \\
-c & -d & a & b \\
-d & c & -b & a
\end{vmatrix}=(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}.
\tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\label{018}
  设$f_1, \cdots, f_n\in \bF[x]$是次数小于$n-1$的多项式，其中$n\geqslant 2$, 且
  $a_1, \cdots, a_n\in \bF$. 证明
  \[
    \begin{vmatrix}
      f_1(a_1) & f_2(a_1) & \cdots & f_n(a_1) \\
      f_1(a_2) & f_2(a_2) & \cdots & f_n(a_2)\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      f_1(a_n) & f_2(a_n) & \cdots & f_n(a_n)
    \end{vmatrix}=0.
  \]
\end{exercise}


\begin{solution}

  \fangfa 设$f_i=\sum_{j=0}^{n-2} a_{ij} x^j$. 这样
  \begin{multline*}
    \begin{pmatrix}
      f_1(a_1) & f_2(a_1) & \cdots & f_n(a_1) \\
      f_1(a_2) & f_2(a_2) & \cdots & f_n(a_2)\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      f_1(a_n) & f_2(a_n) & \cdots & f_n(a_n)
    \end{pmatrix} \\
    = 
    \begin{pmatrix}
      1 & a_1 & \cdots & a_1^{n-2}\\
      1 & a_2 & \cdots & a_2^{n-2} \\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      1 & a_n & \cdots & a_n^{n-2}
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      a_{10} & a_{20} & \cdots & a_{n0} \\
      a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n1}\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      a_{1,n-2} & a_{2,n-2} & \cdots & a_{n,n-2}
    \end{pmatrix}.
  \end{multline*}
  等号右边两个矩阵分别在最右边添加零列和在最下方添加零行补全为方阵后
  的乘积依然是等号左边的矩阵， 从而左边的行列式等于$0$
  (或者：从等号右边的乘积可知左边的矩阵非满秩，特别地，不可逆)。

  \fangfa  
  由于次数不超过$n-2$的多项式构成的空间$\bF[x]_{n-1}$维数为$n-1$, $f_1, \cdots, f_n$线性相关。
  这样其中某个可由其它线性表出，不妨设$f_n=\sum_{i=1}^{n-1}b_i f_i$.
  这样$f_n(a_i)=\sum_{i=1}^{n-1}b_if_i(a_i)$. 
  对所有的指标$1\leqslant i\leqslant n-1$把所给行列式的第$i$列乘$-b_i$加到第$n$列后，
  最终最后一列变成了零列。这样所给行列式值为$0$.
\end{solution}


\begin{exercise}
 通过分解为行列式的乘积计算行列式：
 \begin{enumerate}
   \item \tiyuan{\parencite[15.2(b)]{KQ18}\\ \parencite[2024]{anhuidaxue}}%
     $\displaystyle
     \renewcommand{\arraystretch}{1.5}
     \begin{vmatrix}
       \frac{1-x_{1}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{1} y_{1}} & \frac{1-x_{1}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{1} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{1}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{1} y_{n}}\\
     \frac{1-x_{2}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{2} y_{1}} & \frac{1-x_{2}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{2} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{2}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{2} y_{n}}\\
 \vdots & \vdots & & \vdots \\
 \frac{1-x_{n}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{n} y_{1}} & \frac{1-x_{n}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{n} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{n}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{n} y_{n}}\\
 \end{vmatrix}.
  $
\item 
       $\displaystyle\begin{vmatrix}
   (a_{0}+b_{0})^{k} & \cdots & (a_{0}+b_{n})^{k} \\
   \vdots & & \vdots \\
 (a_{n}+b_{0})^{k} & \cdots & (a_{n}+b_{n})^{k}
 \end{vmatrix}$ (其中 $1\leqslant k<n$).
\item \tiyuan{\parencite[15.2(c)]{KQ18}}%
       $\displaystyle\begin{vmatrix}
   (a_{0}+b_{0})^{n} & \cdots & (a_{0}+b_{n})^{n} \\
   \vdots & & \vdots \\
 (a_{n}+b_{0})^{n} & \cdots & (a_{n}+b_{n})^{n}
 \end{vmatrix}$.
 \end{enumerate}
 \end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 我们有  \begin{align*}
    \renewcommand{\arraystretch}{1.5}
    \begin{vmatrix}
    \frac{1-x_{1}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{1} y_{1}} & \frac{1-x_{1}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{1} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{1}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{1} y_{n}}\\
  \frac{1-x_{2}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{2} y_{1}} & \frac{1-x_{2}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{2} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{2}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{2} y_{n}}\\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
\frac{1-x_{n}^{n} y_{1}^{n}}{1-x_{n} y_{1}} & \frac{1-x_{n}^{n} y_{2}^{n}}{1-x_{n} y_{2}} & \cdots & \frac{1-x_{n}^{n} y_{n}^{n}}{1-x_{n} y_{n}}\\
\end{vmatrix} & =\begin{vmatrix}
1 & x_{1} & \cdots & x_{1}^{n-1} \\
1 & x_{2} & \cdots & x_{2}^{n-1} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
1 & x_{n} & \cdots & x_{n}^{n-1}
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
y_{1} & y_{2} & \cdots & y_{n} \\
\vdots & & \\
y_{1}^{n-1} & y_{2}^{n-1} & \cdots & y_{n}^{n-1}
\end{vmatrix} \\
& =\prod_{1 \leqslant j<i \leqslant n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j}).
    \end{align*}

    (2) 令 $f_i(x)= (a_i+x)^k$. 这样由练习 \ref{018} (要转置下) 知
    所给行列式等于 $0$.

(3) 我们有
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
(a_{0}+b_{0})^{n} & \cdots& (a_{0}+b_{n})^{n} \\
\vdots & & \vdots \\
(a_{n}+b_{0})^{n} & \cdots & (a_{n}+b_{n})^{n}
\end{vmatrix}&= \begin{vmatrix}
\binom{n}{0}  a_{0}^{n} & \binom{n}{1}  a_{0}^{n-1}& \cdots & \binom{n}{n} \\
\vdots & & & \vdots \\
\binom{n}{0} a_{n}^{n} & \binom{n}{1}a_{n}^{n-1} & \cdots & \binom{n}{n} 
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
1 & \cdots & 1 \\
b_{0} & \cdots & b_{n} \\
\vdots & & \vdots \\
b_{0}^{n} &\cdots & b_{n}^{n}
\end{vmatrix} \\
& =\binom{n}{1}\binom{n}{2} \cdots\binom{n}{n}\begin{vmatrix}
a_{0}^{n} & a_{0}^{n-1} & \cdots & 1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n}^{n} & a_{n}^{n-1} & \cdots& 1
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
1 & \cdots & 1 \\
b_{0} &  \cdots & b_{n} \\
\vdots  & & \vdots \\
b_{0}^{n} & \cdots & b_{n}^{n}
\end{vmatrix} \\
& =\binom{n}{1}\binom{n}{2}\cdots\binom{n}{n}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}} \prod_{0 \leqslant j<i \leqslant n}(a_{i}-a_{j}) \prod_{0 \leqslant j<i \leqslant n}(b_{i}-b_{j}) \\
& =\binom{n}{1}\binom{n}{2} \cdots\binom{n}{n} \prod_{0 \leqslant j<i \leqslant n}(a_{j}-a_{i})(b_{i}-b_{j}).
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\parencite[P69, 4 4)]{PWS19}}]
  \label{055}
  证明下列$n$阶方阵的行列式公式：
    \begin{enumerate}
      \item 
    $\displaystyle \begin{vmatrix}
      x & a & \cdots & a & a\\
      b & x & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & x & a\\
      b & \cdots & b& b & x
    \end{vmatrix}=\frac{a(x-b)^n-b(x-a)^n}{a-b}.
  $
\tiyuan{\parencite[P69, 4(4)]{PWS19}}
  \item\label{072} 
      $\displaystyle \begin{vmatrix}
      a & b & & \\
      c & a & b& \\
      & \ddots & \ddots & \ddots \\
      &&c & a & b\\
      & & & c & a
    \end{vmatrix}=\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}$, 
    \tiyuan{\parencite[P67, 18(3)]{PWS19}}
    其中$\alpha, \beta$是$x^2-ax+bc=0$的根%
    \footnote{\aemph{我们可以通过扩大基域来保证$x^2-ax+bc=0$的根总存在。
        $\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}=
        \sum_{i=0}^n \alpha^i \beta^{n-i}$是$\alpha, \beta$的
    对称多项式，从而是$a, bc$的多项式，所以这个值的确是$a, b, c$的多项式。}}%
    。
\iffalse
\item   
  $\displaystyle 
    \begin{vmatrix}
      \cos \alpha & 1 \\
      1 & 2\cos\alpha & 1\\
      & 1 & \ddots & \ddots \\
      && \ddots & \ddots & 1 \\
      && & 1 & 2\cos\alpha
    \end{vmatrix}=\cos n\alpha.
  $
\tiyuan{\parencite[P67, 18(4)]{PWS19}}
\fi
      \item \label{05A}\label{056}
  $\displaystyle \begin{vmatrix}
    \frac{1}{a_1+b_1} & \frac{1}{a_1+b_2}& \cdots & \frac{1}{a_1+b_n} \\
    \frac{1}{a_2+b_1} & \frac{1}{a_2+b_2}& \cdots & \frac{1}{a_2+b_n} \\
    \vdots & \vdots & & \vdots \\
    \frac{1}{a_n+b_1} & \frac{1}{a_n+b_2}& \cdots & \frac{1}{a_n+b_n}
  \end{vmatrix}=\frac{\prod_{1\leqslant j<i\leqslant n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)}{\prod_{1\leqslant i, j\leqslant n}(a_i+b_j)}$.
  \tiyuan{\parencite[P60, 2.19]{ZX98}}

\item $\displaystyle \begin{vmatrix}
    \sin\theta_1 & \sin 2\theta_1 & \cdots & \sin n \theta_1\\
    \sin\theta_2 & \sin 2\theta_2 & \cdots & \sin n \theta_2\\
    \vdots & \vdots & & \vdots \\
    \sin\theta_n & \sin 2\theta_n & \cdots & \sin n \theta_n
  \end{vmatrix}$.\tiyuan{\parencite[P61, 2.20]{ZX98}}
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
      (1) 
记所给的$n$阶方阵的行列式为$d_n$. 
%\fangfa 
我们有
  \[
    \begin{aligned}
      d_n=\begin{vmatrix}
      x & a & \cdots & a & a\\
      b & x & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & x & a\\
      b & \cdots & b& b & x
    \end{vmatrix} &= 
      \begin{vmatrix}
      x-b & 0 & \cdots & 0 & 0\\
      b & x & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & x & a\\
      b & \cdots & b& b & x
    \end{vmatrix}   + 
      \begin{vmatrix}
      b & a & \cdots & a & a\\
      b & x & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & x & a\\
      b & \cdots & b& b & x
    \end{vmatrix} \\
    &\overset{\circled{1}}{=}
    (x-b)d_{n-1}+ 
      \begin{vmatrix}
      b & a & \cdots & a & a\\
      0 & x-a & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & 0 & 0 \\
      0 & \cdots & b-a & x-a & 0\\
      0 & \cdots & b-a& b-a & x-a
    \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{2}}{=}  (x-b)d_{n-1}+b(x-a)^{n-1},\\ 
  \end{aligned} 
  \]
  其中 \circled{1} 是对其左边第二个行列式执行了初等变换：把第一行乘$-1$加到所有其他行，
  \circled{2} 左边行列式的值由按照第一列展开得到。
  由递推式$d_{n}=(x-b)d_{n-1}+b(x-a)^{n-1}$ 易归纳地证得
  \[ d_n=\frac{a(x-b)^n-b(x-a)^n}{a-b}. \]
  \emph{除此之外}，
注意到转置不改变行列式，实际上我们有两个递推式：
     \[
       d_n=(x-b)d_{n-1}+b(x-a)^{n-1},\quad 
       d_n=(x-a)d_{n-1}+a(x-b)^{n-1}.
   \]
  当$a\neq b$时联立可解得$d_n=\frac{a(x-b)^n-b(x-a)^n}{a-b}.$ 
  这是$a,b, x$的多项式。
  由连续性 (视所给矩阵为复矩阵) 可知$a=b$时行列式的值也是如此。
 
  (2) 记所给矩阵为$A_n$, 令$d_n=|A_n|$. 按第一行展开容易发现$d_n=ad_{n-1}-bcd_{n-2}$. 
  要从这样的二级递推式得到通项公式，我们把它转化为一个一级递推式，
  形如$d_n-\alpha d_{n-1}=\beta(d_{n-1}-\alpha d_{n-2})$, 
  即$d_n-(\alpha+\beta)d_{n-1}+\alpha\beta d_{n-2}=0$. 这样$\alpha,\beta$应满足$\alpha+\beta=a, \alpha\beta=bc$.
  所以我们取$\alpha, \beta$为方程$x^2-ax+bc=0$的根。设$a_n=d_n-\alpha d_{n-1}$, 其中$n\geqslant 2$. 那么
  $a_n= \beta a_{n-1}$, 从而 $a_n= \beta^{n-2}a_2 = \beta^n$; 这里注意到
  \[
    a_2 = d_2-\alpha d_1= \left( a^2-bc \right)-\alpha a = 
    (( \alpha+\beta )^2-\alpha\beta)-\alpha(\alpha+\beta) = \beta^2.
  \]
    于是，$d_n= \beta^n+\alpha d_{n-1}$.
    这样
    \begin{align*}
      d_n&=  \beta^n + \alpha d_{n-1} = \beta^n + \alpha ( \beta^{n-1} + \alpha d_{n-2}) = \cdots \\
      &=  \beta^n + \alpha \beta^{n-1} + \cdots + \alpha^{n-2} \beta^2 + \alpha^{n-1}( \alpha+ \beta)\\
      &=  \beta^n + \alpha \beta^{n-1} + \cdots + \alpha^{n-1} \beta + \alpha^n \\
      &=  \frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}.
    \end{align*}
    注意到 $\alpha=\beta$ 时实际上上式为 $(n+1)\alpha^n$.
\iffalse
    (3)  记所要求的$n$阶方阵的行列式为$d_n$. 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      &\quad \begin{vmatrix}
        \cos \alpha & 1 & 0& \cdots & 0 & 0 & 0\\
        1 & 2\cos \alpha & 1  &\cdots & 0& 0 & 0  \\
        0 & 1 & 2\cos \alpha  & \cdots & 0 & 0 & 0\\
        \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots\\
        0  & 0 & 0 & \cdots & 2\cos \alpha & 1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 2\cos \alpha & 1\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & 2\cos \alpha
      \end{vmatrix}_{n\times n} \\
      &\overset{\circled{1}}{=} 
      (-1)^{n+n}\cdot 2\cos \alpha \cdot d_{n-1} \\
      &\quad + (-1)^{n+(n-1)}\cdot 1 \cdot 
       \begin{vmatrix}
        \cos \alpha & 1 & 0& \cdots & 0  & 0\\
        1 & 2\cos \alpha & 1  &\cdots & 0& 0  \\
        0 & 1 & 2\cos \alpha  & \cdots & 0  & 0\\
        \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots &  \vdots\\
        0  & 0 & 0 & \cdots & 2\cos \alpha & 0\\
        0 & 0 & 0 & \cdots & 1  & 1\\
      \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}   \\
      &\overset{\circled{1}}{=} 2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2},\\
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 是按照最后一行展开，
  \circled{2} 由按照最后一列展开得到。
  这个对$n\geqslant 3$成立。
  我们借助二级递推式$d_n=2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2}$归纳地证明$d_n=\cos n\alpha$.
  显然$d_1=\cos \alpha, d_2=\cos 2\alpha$.  
  令$n>3$. 由归纳假设，对$1\leqslant k< n$有$d_k=\cos k\alpha$. 从而
  \[
  \begin{aligned}
      d_n&=  2 d_{n-1} \cos\alpha-d_{n-2} =
      2 \cos(n-1)\alpha \cos\alpha -\cos (n-2)\alpha \\
      &= (\cos ( (n-1)\alpha +\alpha) + \cos( (n-1)\alpha-\alpha)) -\cos (n-2)\alpha\\
          &=  \cos n\alpha. 
        \end{aligned}
\]
这样，对任意的$n\geqslant 1$有$d_n=\cos n\alpha$.
\fi

(3) 令$d_n=\det \left( \frac{1}{a_i+b_j} \right)_{n\times n}$. 我们归纳地证明。
    我们有
    \begin{align*}
      d_n &\overset{\circled{1}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        \frac{b_n-b_1}{(a_1+b_1)(a_1+b_n)} & \cdots & \frac{b_n-b_{n-1}}{(a_1+b_{n-1})(a_1+b_n)}  & \frac{1}{a_1+b_n} \\
        \vdots & & \vdots \\
        \frac{b_n-b_1}{(a_n+b_1)(a_n+b_n)} & \cdots & \frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n+b_{n-1})(a_n+b_n)} & \frac{1}{a_n+b_n} \\
      \end{vmatrix} \\
      & =\frac{(b_n-b_1)\cdots(b_n-b_{n-1})}{(a_1+b_1)\cdots (a_n+b_n)} 
      \begin{vmatrix}
        \frac{1}{a_1+b_1} & \cdots &  \frac{1}{a_1+b_{n-1}} & 1\\
        \vdots & & \vdots & \vdots \\
        \frac{1}{a_n+b_1} & \cdots &  \frac{1}{a_n+b_{n-1}} & 1
      \end{vmatrix}\\
    &\overset{\circled{2}}{=} 
      \frac{(b_n-b_1)\cdots(b_n-b_{n-1})}{(a_1+b_1)\cdots (a_n+b_n)}
      \begin{vmatrix}
        \frac{a_n-a_1}{(a_1+b_1)(a_n+b_1)} & \cdots &  \frac{a_n-a_1}{(a_1+b_{n-1})(a_n+b_{n-1})} & 0\\
        \vdots &  & \vdots & \vdots \\
        \frac{a_n-a_{n-1}}{(a_{n-1}+b_1)(a_n+b_1)} & \cdots &  \frac{a_n-a_{n-1}}{(a_{n-1}+b_{n-1})(a_n+b_{n-1})} & 0\\
        \frac{1}{a_n+b_1} & \cdots &  \frac{1}{a_n+b_{n-1}} & 1
      \end{vmatrix}\\
      & =
        \frac{\prod_{j=1}^{n} (b_n-b_j)(a_n-a_j)}{\prod_{i=1}^n (a_i+b_n)\prod_{j-1}^{n-1} (a_n+b_j)} d_{n-1} \\
        &= \frac{\prod_{1\leqslant j<i\leqslant n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)}{\prod_{1\leqslant i, j\leqslant n}(a_i+b_j)},
    \end{align*}
    其中 \circled{1} 用了初等变换：$c_i-c_n$ ($i=1,\cdots, n-1$), 
    \circled{2} 用了初等变换：$r_i-r_n$ ($i=1,\cdots, n-1$).

(4)
\end{solution}

\begin{remark}
  \ref{072}~中的矩阵是三对角矩阵（即非零元素只可能在主对角线上和相邻两条对角线上）。
  我们的计算过程主要是从一个二级递推式得到数列的通项公式。
  上面我们将二级递推式转变成了一级递推式后求出了通项公式。
  求通项公式的另一个方法是借助于形式幂级数。
  假设数列$(a_n)_{n\geqslant 1}$满足$a_n-ba_{n-1}+ca_{n-2}=0$, 其中$b,c$是常量。
  再设方程$x^2-bx+c=0$有两个根$\alpha, \beta$. 令$a_0=1$. 
  构造形式幂级数$f=\sum_{i=0}^\infty a_i x^i\in \bF\llbracket x\rrbracket$（称为\emph{生成函数}）。
  由$(a_n)$满足的二级递推式知$f$满足
  \[
    (1-bx+cx^2)f=1+(a_1-b)x.
  \]
  为了简单起见，我们只考虑$b=a_1$的情形 (\ref{072}~便是如此)。这时，
    \[
      \begin{aligned}
        f&= \frac{1}{1-bx+cx^2}=\frac{1}{(1-\alpha x)(1-\beta x)}\\
        &= \left(\sum_{i=0}^\infty (\alpha x)^i\right) \left( \sum_{i=0}^\infty (\beta x)^i \right)\\
        &= \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{i+j=n} \alpha^i \beta^j\right) x^n.
      \end{aligned}
    \]
    这里我们用到了$\bF\llbracket x\rrbracket$中的求逆公式$(1-x)^{-1}=\sum_{i=0}^\infty x^i$. 
    故$d_n=\sum_{i+j=n} \alpha^i \beta^j$. 
    形式幂级数同样轻松地应用于三级、四级等递推式
    （通过在基域的扩域中考虑，我们总可设根的存在性，
    再应用对称多项式的理论我们可以把用根表示的行列式的值表示回去）。
\end{remark}


\begin{exercise}\label{026}
  设 $A, B, C, D\in \bF^{n\times n}$ 且 $A,C$ 可交换。证明 
  \[
    \det \begin{pmatrix}
        A & B \\ C & D
      \end{pmatrix} = \det (AD-CB).
    \]
    特别地，$\begin{pmatrix}
        A & B \\ C & D
    \end{pmatrix}$ 可逆当且仅当 $AD-CB$ 可逆。
\end{exercise}

\begin{solution}
若$A$可逆，我们利用$A$打洞得
\[
  \begin{pmatrix}
    A & B \\ C& D
  \end{pmatrix} \xrightarrow{c_2+c_1\times (-A^{-1}B)}
  \begin{pmatrix}
    A & \\C  & D- CA^{-1}B
  \end{pmatrix}.
\]
这个操作不改变行列式，因此
\[
  \begin{aligned}
  \det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} &=  
\det A\det(D-CA^{-1}B)=\det (AD-ACA^{-1}B)\\
&= \det (AD-CB).
\end{aligned}
\]
对一般的（不必可逆的）$A$, 视 $A$ 为复矩阵，那么对充分小的正实数$\varepsilon>0$, 
我们有$A + \varepsilon E$可逆。
故
\[
\det \begin{pmatrix}
  A+\varepsilon E & B\\ C & D
\end{pmatrix} = \det ((A+\varepsilon E)D-CB).
\]
令$\varepsilon\rightarrow 0^+$可得
\[
 \det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} = \det(AD-CB).
\tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{keda}}
  计算行列式：
  $\begin{vmatrix}2 E_{n} & 4 E_{n} \\ 9 E_{n} & 3 E_{n}\end{vmatrix}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  应用练习 \ref{026} 可得
\[
  \begin{vmatrix}2 E_{n} & 4 E_{n} \\ 9 E_{n} & 3 E_{n}\end{vmatrix}=
|2E_n\cdot 3E_n-9E_n\cdot 4E_n|=|-30E_n|=(-30)^n.
\tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}




\begin{exercise}
  计算行列式：
  \[
    \begin{vmatrix}
      1+a_1+x_1 & a_1+x_2 & \cdots & a_1+x_n\\
      a_2+x_1 & 1+ a_2+x_2 & \cdots & a_2+x_n\\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      a_n+x_1 & a_n+x_2 & \cdots & 1+ a_n+x_n
    \end{vmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  记$\alpha=(a_1, \cdots, a_n)^{\rT}, x=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}, e=(1,\cdots,1)^{\rT}$.
  那么利用练习~\ref{025} 中公式 $|E-AB|=|E-BA|$ 可知所给行列式为
  \begin{align*}
    \det (E_n+\alpha e^{\rT}+ex^{\rT}) &= 
    \det \left(E_n+\begin{pmatrix}
        \alpha & e
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        e^{\rT} \\
        x^{\rT}
    \end{pmatrix}\right)\\
      &= \det \left( E_2+\begin{pmatrix}
          e^{\rT} \alpha & e^{\rT} e\\
          x^{\rT} \alpha & x^{\rT} e
      \end{pmatrix}\right)\\
      &= \det \begin{pmatrix}
        1+\sum a_i & n\\
        \sum a_i x_i & 1+\sum x_i
      \end{pmatrix}\\
      &= (1+\sum a_i)(1+\sum x_i) - n\sum a_i x_i.
\tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\end{solution}




\begin{exercise}\label{033}\label{054}
  设 $a_1, a_2, \cdots, a_n\in \bC$.
  \begin{enumerate}
\item 若对任意的整数 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 
    \[
      a_1^i+a_2^i+\cdots +a_n^i=0,
    \]
    证明所有的 $a_i$ 都等于 $0$.
  \item 若对任意的 $1\leqslant i\leqslant n$ 有 
    \[
      a_1^i+a_2^i+\cdots +a_n^i=n,
    \]
    证明所有的 $a_i$ 都等于 $1$.
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa  令$s_k(a_1,\cdots,a_n)=\sum_{i=1}^n a_i^k$. 考虑多项式
  \[
    f(x)=\prod_{i=1}^n (x-a_i)=x^n+\sum_{m=1}^{n} b_m x^{m-i}.
  \]
  由 Newton公式 (练习~\ref{05E}) 可知 
  关于 $a_1,\cdots,a_n$ 的对称 多项式$b_m$ 可表为
   $s_1,\cdots,s_n$ 的多项式 (系数不依赖于 $a_1,\cdots,a_n$)，
  故 $f(x)$被$s_1, \cdots, s_n$完全决定了。
  这个确定的$f$只会给出一组$a_1, \cdots, a_n$. 所以两小题中都有唯一解。
  注意到$s_1=\cdots=s_n=0$时有一组解$a_1=\cdots=a_n=0$;
  $s_1=\cdots=s_n=n$有一组解$a_1=\cdots=a_n=1$. 这些就是唯一解了。
\iffalse
  当然，我们也可以试着把$f$找到然后把根算出来。
利用Newton公式可知
\[
  b_m=\frac{(-1)^m}{m!} \begin{vmatrix}
    s_1 & 1\\
    s_2 & s_1 & 2\\
    \vdots & \ddots & \ddots & \ddots\\
    s_{m-1} & & \ddots & \ddots & m-1\\
    s_m & s_{m-1 }& \cdots & s_2 & s_1
  \end{vmatrix}.
\]
若$s_1=\cdots=s_n=0$, 则$b_1=\cdots=b_n=0$. 从而$a_1=\cdots=a_n=0$.
若$s_1=\cdots = s_n=n$, 则
\begin{align*}
  b_m&= \frac{(-1)^m}{m!} \begin{vmatrix}
    n & 1\\
    n & n & 2\\
    \vdots & \ddots & \ddots & \ddots\\
    n & & \ddots & \ddots & m-1\\
    n & n & \cdots & n & n
  \end{vmatrix} 
  =
\frac{(-1)^m}{m!} \begin{vmatrix}
    n & 1-n\\
    n & 0 & 2-n\\
    \vdots & \ddots & \ddots & \ddots\\
    n & & \ddots & \ddots & m-1-n\\
    n & 0 & \cdots & 0 & 0
  \end{vmatrix} \\
  &= \frac{(-1)^m}{m!} \begin{vmatrix}
    n-1 & & & & n\\
    0 & n-2 & & & n\\
    \ddots & \ddots & \ddots & & n\\
    & \ddots & \ddots & n-(m-1) & n\\
    0 & \cdots & 0 & 0 & n
  \end{vmatrix} \\
  &= (-1)^m \frac{n(n-1)\cdots(n-(m-1)}{m!} = (-1)^m \binom{n}{m}.
  \end{align*}
  这样
  \[
    f(x)=x^n+\sum_{m=1}^n (-1)^m \binom{n}{m}x^{n-m}=(x-1)^n,
  \]
  从而$a_1=\cdots=a_n=1$.
\fi

 \fangfa 
 (1) 假设 $a_i$ 不全为 $0$. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$
    中不同的非零值有 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m$ ($1\leqslant m\leqslant n$), 
    出现的次数分别为 $k_1, k_2, \cdots, k_m$.
    考虑方阵
    \[
        A=\begin{pmatrix}
            \lambda_1 & \cdots & \lambda_m\\
            \vdots & \ddots & \vdots \\
            \lambda_1^m & \cdots & \lambda_m^m
        \end{pmatrix}.
    \]
    $(k_1, \cdots, k_m)^{\rT}$是线性方程组 $AX=0$ 的解。利用 Vandermonde 行列式我们知道
    \[
        \det A=\prod_{i=1}^m\lambda_i \prod_{1\leqslant i< j\leqslant m} (\lambda_j-\lambda_i).
    \] 
    但是由 $\det A\neq 0$ 知 $A$ 是可逆矩阵，$AX=0$ 不可能有非零解，矛盾了。
    所以只有所有的 $a_i$ 都是 $0$.

    (2)  令$b_i=a_i-1$. 由$a_i$所满足的等式知
  \begin{align*}
    \sum_{i=1}^n b_i^k&= \sum_{i=1}^n (a_i-1)^k 
    =  \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} a_i^j(-1)^{k-j}\\
    &=  \sum_{j=0}^k\sum_{i=1}^n\binom{k}{j} a_i^j(-1)^{k-j}
=  n\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\\
    &= n(1-1)^k = 0, 
  \end{align*}
  对任意的整数$1\leqslant k\leqslant n$.
  这样由(1)知所有$b_i=0$. 从而所有$a_i=1$.
\end{solution}


\begin{exercise}
  计算行列式：
  \begin{multicols}{2}
  \begin{enumerate}
    \item 
    $\displaystyle 
  \renewcommand{\arraystretch}{1.5}
  \begin{vmatrix}
  \frac{a_1}{1 + a_1} & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\
\frac{a_2}{1 + a_2} & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{a_n}{1 + a_n} & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^{n-1}
\end{vmatrix}$ ($n>1$).

\item\tiyuan{\parencite[2002]{nankai}} $\displaystyle \begin{vmatrix}
  2 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
2 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  2 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n\\
      3 & 3 & 3 & \cdots & 3
          \end{vmatrix}.$
          \end{enumerate}
        \end{multicols}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 我们有 
  \[
    \begin{aligned}
 \begin{vmatrix}
\frac{a_1}{1 + a_1} & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\
\frac{a_2}{1 + a_2} & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{a_n}{1 + a_n} & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^{n-1}
\end{vmatrix}    &= \frac{1}{\prod_{i=1}^n (1+a_i)} \begin{vmatrix}
a_1 & a_1+a_1^2 & a_1^2+a_1^3 & \cdots & a_1^{n-1}+a_1^n \\
a_2 & a_2+a_2^2 & a_2^2+a_2^3 & \cdots & a_2^{n-1}+a_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_n & a_n+a_n^2 & a_n^2+a_n^3 & \cdots & a_n^{n-1}+a_n^n
\end{vmatrix} \\
&= \frac{1}{\prod_{i=1}^n (1+a_i)} \begin{vmatrix}
a_1 & a_1^2 & a_1^3 & \cdots & a_1^n \\
a_2 & a_2^2 & a_2^3 & \cdots & a_2^n \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_n & a_n^2 & a_n^3 & \cdots & a_n^n
\end{vmatrix} \\
&= \frac{\prod_{i=1}^n a_i \prod_{1\leqslant j<i\leqslant n}(a_i-a_j)}{\prod_{i=1}^n (1+a_i)}.
    \end{aligned}
  \]

  (2) 我们有
  \begin{align*}
   & \begin{vmatrix}
2 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
2 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  2 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n\\
    3 & 3 & 3 & \cdots & 3
  \end{vmatrix}  =  (-1)^n\begin{vmatrix}
      3 & 3 & 3 & \cdots & 3 \\
2 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
2 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  2 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix} \\
    &=   
     (-1)^n\left( \begin{vmatrix}
      6 & 3 & 3 & \cdots & 3 \\
2 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
2 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  2 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix}  + \begin{vmatrix}
      -3 & 3 & 3 & \cdots & 3 \\
0 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
0 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  0 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix}\right) \\
&=   
    (-1)^n\left( 6\begin{vmatrix}
      1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
1 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
1 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  1 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix}  -3 \begin{vmatrix}
      1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
0 & x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\
0 & x_1^2 & x_2^2 & \cdots& x_n^2 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  0 & x_1^n & x_2^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix} \right)
    \\
    &=  (-1)^n
    \left( 
      6\left(\prod_{i=1}^n (x_i-1)\right)\left( \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j)\right) 
        -3 \left(\prod_{i=1}^n (x_i-0) \right) \left( \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j)\right)
       \right) 
  \\
&= (-1)^{n} \left(6\prod_{i=1}^n (x_i-1)  - 3  \prod_{i=1}^n x_i\right) 
  \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n} (x_i-x_j).
\tag*{\qedhere}
  \end{align*} 
\end{solution}


\begin{exercise}
  求$\sum_{i=1}^n D_i$, 其中
  \[
    D_1=\begin{vmatrix}
      x_1 & \cdots & x_n\\
      \vdots & \ddots & \vdots \\
      x_1^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix},
    \quad 
    D_i=
    \begin{vmatrix}
      1 & \cdots & 1\\
      \vdots & \vdots \\
      x_1^{i-2} & \cdots & x_n^{i-2}\\
      x_1^{i} & \cdots & x_n^i \\
      \vdots &  & \vdots \\
      x_1^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix}, i=2, \cdots, n.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有
  \begin{align*}
    \sum_{i=1}^n D_i&=  \begin{vmatrix}
      1 & 1 & \cdots & 1\\
      -1 & x_1 &  \cdots & x_n\\
      1 & x_1^2 & \cdots & x_n^2\\
      \vdots  & \vdots & & \vdots \\
      (-1)^n & x_1^n & \cdots & x_n^n
    \end{vmatrix}-(-1)^{n+2}
    \begin{vmatrix}
      1 & \cdots & 1\\
      x_1 & \cdots & x_n\\
      \vdots & & \vdots \\
      x_1^{n-1} & & x_n^{n-1}
    \end{vmatrix}\\
    &= \left( \prod_{i=1}^n (x_i+1) -(-1)^{n} \right) 
    \prod_{1\leqslant j< i\leqslant n}(x_i-x_j).
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{yunnandaxue}}
若 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $A B-B A=E+A$, 则 $A^{2024}$ 的行列式等于\tiankong.
\end{exercise}

\begin{solution}
  注意到 $A B-B A=E+A$ 与 $A$ 可交换，故 由练习~\ref{04A}
  知 $A B-B A$ 幂零。故 $E+A$ 幂零，
这样 $A$ 的最小多项式整除 $(1+x)^n$, 因此 $A$ 的特值都是 $-1$.
故 $|A|=(-1)^n$, $|A^{2024}|=|A|^{2024}=1$. 
\end{solution}




\begin{exercise}\label{21E}\tiyuan{\parencite[2024]{dongnandaxue}}
设 $A$ 为 $3$ 阶方阵，$E$ 为 $3$ 阶单位阵。
\begin{enumerate} 
\item 若 $|E-A|=|-E-A|=|2 E-A|=0$, 求 $|3 E-A|$.
\item  若 $|E-A|=1,|-E-A|=-1,|2 E-A|=2$, 求 $|3 E-A|$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) $|E-A|=|-E-A|=|2 E-A|=0$ 表明 $1,-1,2$ 为 $A$ 的特证值。
由于 $A$ 为3阶方阵，这是全部的持征值，
从而 $3E-A$ 的全部特征值为 $2,4,1$, 这样 $|3 E-A|=2\cdot 4 \cdot 1=8$.

(2) 令 $f(\lambda)=\det (\lambda E-A)$.
由 $|E-A|=1,|-E-A|=-1,|2 E-A|=2$ 知 $f(1)=1, f(-1)=-1, f(2)=2$.
这样 $f(\lambda)-\lambda$有三个不同根 $1,-1,2$, 因此
\[
  f(\lambda)-\lambda=(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda-2).
\]
这样 $|3 E-A|=f(3)=11$.
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$A$是$2023$阶实方阵，且满足$\tr A^k =2023$, 对整数$1\leqslant k\leqslant 2023$. 求$\det A$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 对$1\leqslant k\leqslant 2023$, 
  我们有
  \begin{align*}
    \tr (E-A)^k&=  \sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i \tr A^i =\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i \tr A^i \\
    &= 2023 \sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i=2023(1-1)^k=0.
  \end{align*}
  所以$E-A$是幂零阵。特别地，$E-A$的所有特征值都是$0$. 
  从而$A$的所有特征值都是$1$. 这样$\det A=1$. 

  \fangfa  设$A$的$2023$个特征值为$\lambda_1, \cdots, \lambda_{2023}\in \bC$.
  $A$的Jordan标准形为对角线上依次为$\lambda_1, \cdots, \lambda_{2023}$的上三角矩阵，
  这样$A^k$相似于对角线上依次为$\lambda_1^k, \cdots, \lambda_{2023}^k$的上三角矩阵。
  相似变换不改变迹，
  从而$\sum_{i=1}^{2023}\lambda_i^k=\tr A^k=2023$, 对$1\leqslant k\leqslant 2023$.
  由练习~\ref{054}~知所有$\lambda_i=1$. 所以$\det A=\prod_{i=1}^{2023} \lambda_i=1$.
\end{solution}




\begin{exercise}[秩 $1$ 扰动的行列式的 Cauchy 公式]
\label{01D} 
%	设 $A$ 是域 $\bF$ 上的 $n$ 阶方阵，$\alpha, \beta\in \bF^{(n)}$，则
设 $A$ 为$n$ 阶方阵，$\alpha, \beta$ 为 $n$维列向量，则
  \[
    \det (A+\alpha \beta^{\rT}) = \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha. 
  \]
特别地，对 $\lambda\in \bF$ 有 
$ \det (\lambda E + \alpha\beta^{\rT}) = \lambda^{n-1}(\lambda+\beta^{\rT} \alpha). $
\end{exercise}


\begin{solution}
	设
  $\alpha=(x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\rT},
  \beta = (y_1, y_2, \cdots, y_n)^{\rT}$.

    \fangfa  %这个证明只适合基域是数域。此时视$A$为复矩阵。
视$A$为复矩阵。
    首先我们验证特别情形（比如利用练习~\ref{025}）：
    \[
      \det (E+\alpha\beta^{\rT})=1+\beta^{\rT}\alpha.
    \]
    若$A$可逆，那么我们有
    \begin{align*}
      \det (A+\alpha\beta^{\rT})&= \det (E+\alpha\beta^{\rT}A^{-1})\det A\\
      &= (1+\beta^{\rT}A^{-1}\alpha)\det A\\
      &= \det A+\beta^{\rT} A^* \alpha.
  \end{align*}
  对一般的不必可逆的$A$, $A+\varepsilon E$可逆（对充分小的$\varepsilon>0$），
  这样\[
    \det (A+\varepsilon E + \alpha\beta^{\rT})=\det (A+\varepsilon E)+\beta^{\rT} (A+\varepsilon E)^* \alpha.
  \]
  令 $\varepsilon\rightarrow 0^+$ 得
\[
\det (A+\alpha \beta^{\rT}) = \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha. 
\]


  \fangfa 我们有
   \[
        \begin{aligned}
            \det (A+\alpha\beta^{\rT}) &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11} + x_1 y_1 & a_{12} + x_1 y_2 & \cdots & a_{1n} + x_1 y_n \\
                a_{21} + x_2 y_1 & a_{22} + x_2 y_2 & \cdots & a_{2n} + x_2 y_n \\
                \vdots & \vdots & & \vdots \\
                a_{n1} + x_n y_1 & a_{n2} + x_n y_2 & \cdots & a_{nn} + x_n y_n 
              \end{vmatrix} \\
            &= 
           \begin{vmatrix}
               1 & y_1 & y_2 & \cdots & y_n\\
               0& a_{11} + x_1 y_1 & a_{12} + x_1 y_2 & \cdots & a_{1n} + x_1 y_n \\
               0& a_{21}+x_2y_1 & a_{22}+x_2y_2 & \cdots & a_{2n}+x_2y_n \\
               \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
               0& a_{n1} + x_n y_1 & a_{n2} +x_n y_2 & \cdots & a_{nn} + x_n y_n 
            \end{vmatrix} \\
            &= 
           \begin{vmatrix}
               1 & y_1 & y_2 & \cdots & y_n\\
               -x_1& a_{11}  & a_{12}  & \cdots & a_{1n} \\
               -x_2 & a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
               \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
               -x_n& a_{n1}  & a_{n2}  & \cdots & a_{nn} 
             \end{vmatrix} \quad (r_{i+1}+r_1\times (-x_i), 1\leqslant i\leqslant n)\\
            &= \det A+\sum_{i=1}^n (-1)^{i+2}(-x_i)\det \begin{pmatrix}
              \gamma\\
              A_i
            \end{pmatrix}\quad(\text{按照第一列展开})\\
            &= \det A+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j} x_iy_j \det M_{ij}\quad(\text{按照第一行展开})\\
            &= \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha,
        \end{aligned}
    \]
    其中$\gamma=(y_1, y_2, \cdots, y_n)$, $A_i$是$A$划去第$i$行得到的子矩阵，$M_{ij}$是$A$划去第$i$行第$j$列得到的子方阵。
    \iffalse
    \fangfa  我们对 $\alpha$ 的元素中非零元素的个数归纳。
    若 $\alpha$ 是零列，那么显然 $\eqref{cauthy-rank-1}$ 成立。
    假设 $\alpha$ 有 $k$ ($0\leqslant k\leqslant n-1$) 个非零元素时 $\eqref{cauthy-rank-1}$ 成立。
    考虑 $\alpha$ 有 $k+1$ 个非零元素的情形。设 $x_i\neq 0$.
    记$\alpha = \alpha' + x_i e_i.$
    此时有
    \[
        \begin{aligned}
            \det (A+\alpha\beta^{\rT}) &= 
            \begin{vmatrix}
                a_{11} + x_1 y_1 & a_{12} + x_1 y_2 & \cdots & a_{1n} + x_1 y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{i1} + x_i y_1 & a_{i2} + x_i y_2 & \cdots & a_{in} + x_i y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{n1} + x_n y_1 & a_{n2} + x_n y_2 & \cdots & a_{nn} + x_n y_n 
            \end{vmatrix} \\
            &= 
           \begin{vmatrix}
                a_{11} + x_1 y_1 & a_{12} + x_1 y_2 & \cdots & a_{1n} + x_1 y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{in} \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{n1} + x_n y_1 & a_{n2} + x_n y_2 & \cdots & a_{nn} + x_n y_n 
            \end{vmatrix}  \\
            &\quad +
            \begin{vmatrix}
                a_{11} + x_1 y_1 & a_{12} + x_1 y_2 & \cdots & a_{1n} + x_1 y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                x_i y_1 & x_i y_2 & \cdots & x_i y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{n1} + x_n y_1 & a_{n2} + x_n y_2 & \cdots & a_{nn} + x_n y_n 
            \end{vmatrix} \\
            &= \det(A+\alpha' \beta^{\rT})  +
            x_i
            \begin{vmatrix}
                a_{11} & a_{12}  & \cdots & a_{1n}  \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
                a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} 
            \end{vmatrix} \\
            &= \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha' + \sum_{j=1}^n x_i y_j \cdot (-1)^{i+j} \det M_{ij}\\
            &= \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha' + \beta^{\rT} A^* x_i e_i\\
            &= \det A + \beta^{\rT} A^* \alpha,
        \end{aligned}
    \]
    其中 $M_{ij}$ 是 $A$ 划去第 $i$ 行第 $j$ 列得到的矩阵。
  \fi
\end{solution}

\section{杂题}
\begin{exercise}[Euler 等式]\tiyuan{\parencite[16.18]{KQ18}}
  \label{05C}
  把下述两个矩阵相乘：
\[
  \begin{pmatrix}
x_{1} & x_{2} & x_{3} & x_{4} \\
-x_{2} & x_{1} & x_{4} & -x_{3} \\
-x_{3} & -x_{4} & x_{1} & x_{2} \\
-x_{4} & x_{3} & -x_{2} & x_{1}
\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}  
y_{1} & -y_{2} & -y_{3} & -y_{4} \\
y_{2} & y_{1} & -y_{4} & y_{3} \\
y_{3} & y_{4} & y_{1} & -y_{2} \\
y_{4} & -y_{3} & y_{2} & y_{1}
\end{pmatrix},
\]
证明：
\[
  \begin{aligned}
  \left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}\right)\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2}\right)= & \left(x_{1} y_{1}+x_{2} y_{2}+x_{3} y_{3}+x_{4} y_{4}\right)^{2} \\
& +\left(x_{1} y_{2}-x_{2} y_{1}-x_{3} y_{4}+x_{4} y_{3}\right)^{2} \\
& +\left(x_{1} y_{3}+x_{2} y_{4}-x_{3} y_{1}-x_{4} y_{2}\right)^{2} \\
& +\left(x_{1} y_{4}-x_{2} y_{3}+x_{3} y_{2}-x_{4} y_{1}\right)^{2} .
\end{aligned}
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
所给两个矩阵的乘积结果为
\[
\begin{pmatrix}
a & -b & -c & d\\
b & a & d & c\\
c & -d & a & -b \\
-d & -c & b &a
\end{pmatrix},
\]
其中
\[
\begin{aligned}
  a&=  x_{1} y_{1}+x_{2} y_{2}+x_{3} y_{3}+x_{4} y_{4}, \\
  b&= x_{1} y_{2}-x_{2} y_{1}-x_{3} y_{4}+x_{4} y_{3},\\
  c&= x_{1} y_{3}+x_{2} y_{4}-x_{3} y_{1}-x_{4} y_{2},\\
  d&= x_{1} y_{4}-x_{2} y_{3}+x_{3} y_{2}-x_{4} y_{1}.
\end{aligned}
\]
这样，应用练习 \ref{05B} 知 Euler 等式成立。
\end{solution}




\begin{exercise}[Binet-Cauthy 公式]\label{048}\label{066}
	证明：如果 $A$, $B$ 分别为 $n\times s$, $s\times n$ 阶矩阵，那么
    \[
        \det AB = \begin{cases}
            0 & \quad \text{若~} s<n,\\
            \det A\det B & \quad\text{若~} s=n,\\
            \displaystyle
            \sum_{1\leqslant k_1< \ldots < k_n \leqslant s} \det A
            \left( 
                \begin{array}{c}
                    12\cdots n\\
                    k_1k_2\cdots k_n
                \end{array}
            \right)
            \det B
            \left( 
                \begin{array}{c}
                    k_1k_2\cdots k_n\\
                    12\cdots n
                \end{array}
            \right) & \quad \text{若~} s>n.
        \end{cases}
      \]
\end{exercise}


\begin{solution}
注意到我们可以做如下的分块形式的初等变换：
\[
    \begin{pmatrix}
        A & \\
        -E_s & B
    \end{pmatrix} \xrightarrow{r_1+A\times r_2} 
    \begin{pmatrix}
        & AB\\
        -E_s & B
    \end{pmatrix} \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2}
    \begin{pmatrix}
        -E_s & B\\
        & AB
    \end{pmatrix}.
\]
这样
\[
    \det 
    \begin{pmatrix}
       A & \\
        -E_s & B
    \end{pmatrix} = (-1)^{ns+s} \det AB.
\]
按前 $n$ 行做 Laplace 展开来计算上式等号左边的行列式。
容易发现：$n>s$, 我们得到 $0$; $n=s$ 时我们得到 $\det A\det B$.
\iffalse
\fangfa   如果 $s<n$, 那么
把 $A, B$ 分别用零列和零行补成方阵后我们有
\[ \det AB = \det \begin{pmatrix}
        A &0
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        B\\0
    \end{pmatrix}  = \det \begin{pmatrix}
        A &0
    \end{pmatrix} \det \begin{pmatrix}
        B\\0
    \end{pmatrix}
\]
最右边的行列式明显为 $0$, 所以 $\det AB=0$. 
$\rank AB\leqslant \min\{\rank A,\rank B\}\leqslant s<n$, 故 $\det AB=0$. 
$s\geqslant n$时我们对 $A$ 的列数 $s$ 归纳。$s=n$ 时结论已知。考虑 $s>n$. 
    令 $A=
    \begin{pmatrix}
        A'& \alpha
    \end{pmatrix}, 
    B= 
    \begin{pmatrix}
        B' \\ \beta
    \end{pmatrix}$,
    其中 $\alpha, \beta$ 分别为 $A$ 的最后一列和 $B$ 的最后一行。
    应用秩$1$扰动的Cauthy公式（练习~\ref{01D}）可知
    \[
        \det AB  = \det
        \begin{pmatrix}
            A'& \alpha
        \end{pmatrix}      
        \begin{pmatrix}
            B' \\ \beta
        \end{pmatrix} 
        = \det (A'B' + \alpha \beta^{\rT}) = \det A'B' + \beta^{\rT} (A'B')^* \alpha. 
      \]
由归纳假设有
\[
\det A' B' = \sum_{1\leqslant k_1 < \ldots < k_{n-1} < k_n\leqslant s-1} \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots n\\
                k_1 \cdots k_n
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                k_1 \cdots k_n\\
                1\cdots n
              \end{pmatrix},
\]
这样只用证明
\[
\beta^{\rT} ( A'B' )^* \alpha = \sum_{1\leqslant k_1 < \ldots < k_{n-1} < k_n=s} \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots n\\
                k_1 \cdots k_n
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                k_1 \cdots k_n\\
                1\cdots n
              \end{pmatrix}.
\]
令$A_{is}$ 为 $A'$ 去掉第 $i$ 行得到的子方阵，这也是 $A$ 去掉第 $i$ 行第 $s$ 列得到的子方阵；
$B_{sj}$ 为 $B'$ 去掉第 $j$ 列得到的子方阵，这也是 $B$ 去掉第 $j$ 列第 $s$ 行得到的子方阵。
这时
\[
  \begin{aligned}
    &\quad \beta^{\rT} ( A'B' )^* \alpha \\
    &= 
 \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}  a_{is} b_{sj}\det A_{is}B_{sj}\\
            &=  \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n   (-1)^{i+j}  a_{is} b_{sj}
            \sum_{1\leqslant k_1< \ldots < k_{n-1}\leqslant s-1}
            \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots\hat{i}\cdots n\\
                k_1\cdots k_{n-1}\hat{s}
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                k_1\cdots k_{n-1} \hat{s}\\
                1\cdots\hat{j} \cdots n
            \end{pmatrix}\\
            &= \sum_{1\leqslant k_1 < \ldots < k_{n-1} \leqslant s-1} 
            \left( 
                \sum_{i=1}^n (-1)^{s+i} a_{is} \det A
                \begin{pmatrix}
                    1\cdots\hat{i}\cdots n\\
                    k_1 \cdots k_{n-1} \hat{s}
                \end{pmatrix}
            \right) \cdot \\
            &\quad 
            \left( 
                \sum_{i=1}^n (-1)^{s+j} b_{sj} \det B
                \begin{pmatrix}
                    k_1\cdots k_{n-1} \hat{s}\\
                    1\cdots \hat{j} \cdots n
                \end{pmatrix}
            \right)\\
            &= \sum_{1\leqslant k_1 < \ldots < k_{n-1} < k_n=s} \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots n\\
                k_1 \cdots k_n
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                k_1 \cdots k_n\\
                1\cdots n
              \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
    其中$1\cdots \hat{i} \cdots n$ 中项 $\hat{i}$ 表示 $i$ 不在其中，其他的带 $\hat{}$ 的意义相同。
    得证。
\fi
\end{solution}

\begin{exercise}\label{01A}
  令 $A, B\in \bF^{n\times n}$.  对分解 
  \[
    A+B = \begin{pmatrix}
    A& B
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
     E \\ E
  \end{pmatrix}
\]
应用 Binet-Cauthy 公式给出一个用 $A, B$ 的子式表示的$|A+B|$ 的公式。
\end{exercise}

\begin{solution}
  由Binet-Cauthy公式知
\[
\begin{aligned}
\det(A+B)&= \det\left(  \begin{pmatrix}A & B\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
E \\ E
\end{pmatrix} \right)  \\
&=  \sum(-1)^{\tau (j_i \cdots j_n)} 
\det\begin{pmatrix} A \begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{1}\cdots j_k
\end{pmatrix} & B\begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{k+1}\cdots j_n
\end{pmatrix}\end{pmatrix} \\
&=\sum (-1)^{(j_1-1)+\cdots +(j_k-k)}   
\det\begin{pmatrix} A \begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{1}\cdots j_k
\end{pmatrix} & B\begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{k+1}\cdots j_n
\end{pmatrix}\end{pmatrix},
\end{aligned}
\]
其中求和指标跑遍 $0\leqslant k\leqslant n$ 和
满足 $j_{1}<\cdots<j_k, j_{k+1}<\cdots <j_n$的   $n$ 阶排列 $j_1\cdots j_n$.
为了求上面和项中的行列式，对其按前$k$ 列做 Laplace展开得
\[
\begin{aligned}
\det & \begin{pmatrix} A \begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{1}\cdots j_k
\end{pmatrix} & B\begin{pmatrix}
1 \cdots n\\ j_{k+1}\cdots j_n
\end{pmatrix}\end{pmatrix}\\
&= 
\sum (-1)^{1+\cdots+k+i_1+\cdots+i_k} 
\det A \begin{pmatrix}
i_1 \cdots i_k\\ j_{1}\cdots j_k
\end{pmatrix} \det B\begin{pmatrix}
i_{k+1} \cdots i_n\\ j_{k+1}\cdots j_n
\end{pmatrix},
\end{aligned}
\]
其中求和指标跑遍满足 $i_{1}<\cdots<i_k, i_{k+1}<\cdots <i_n$的 $n$ 阶排列 $i_1\cdots i_n$.
把上面得到的两个公式合在一起就有
\[
  \det(A+B)= \sum (-1)^{i_1+\cdots+i_k + j_1+\cdots +j_k } \det A \begin{pmatrix}
        i_1 \cdots i_k\\ j_{1}\cdots j_k
  \end{pmatrix} \det B\begin{pmatrix}
    i_{k+1} \cdots i_n\\ j_{k+1}\cdots j_n
  \end{pmatrix},
\]
其中求和跑遍$0\leqslant k\leqslant n$, 
$1\leqslant i_{1}<\cdots<i_k\leqslant n$,
$1\leqslant j_{1}<\cdots<j_k\leqslant n$;
而 $i_{k+1}<\cdots <i_n$, $j_{k+1}<\cdots <j_n$  分别为
 $i_1,\cdots,i_k$ 和$j_1,\cdots,j_k$   在 $\{1,\cdots,n\}$ 中的补集。
\end{solution}
